Pontok pakol´ asa konvex alakzatokba Jo´os Antal
ELTE TTK Matematika Doktori Iskola Elm´eleti matematika doktori program
A doktori iskola vezet˝oje: prof. Laczkovich Mikl´os A programvezet˝o: prof. Szenthe J´anos A t´emavezet˝o: B¨or¨oczky K´aroly egyetemi tan´ar, a matematikai tudom´anyok doktora A kutat´ohely neve: ELTE TTK Geometriai Tansz´ek
Tartalomjegyz´ ek 1. Bevezet´ es
3
2. H´ et pont pakol´ asa egy s´ıkbeli konvex testbe
5
2.1. Probl´emafelvet´es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
2.2. Az 1. ´es 2. T´etel bizony´ıt´asa, ha Q = conv{a1 , a2 , . . . , a7 } egy hatsz¨og .
8
2.3. Az 1. ´es 2. T´etel bizony´ıt´asa, ha Q = conv{a1 , a2 , . . . , a7 } nem egy
hatsz¨og . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3. Egy p´ aratlan Hadwiger-sz´ am´ u test
15 17
3.1. Probl´emafelvet´es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17
3.2. A T´etel egy a´tfogalmaz´asa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
3.3. Egy konstrukci´o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
3.4. El˝ok´esz¨ uletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20
3.5. A T´etel bizony´ıt´asa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
31
4. Pontok pakol´ asa 3-dimenzi´ os kock´ aba
33
4.1. Probl´emafelvet´es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
33
4.2. Jel¨ol´esek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
34
4.3. A bizony´ıt´as v´azlata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
35
4.4. El˝ok´esz¨ uletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
36
4.5. A T´etel bizony´ıt´asa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
58
5. A 4-dimenzi´ os egys´ egkocka fed´ ese g¨ omb¨ okkel
73
5.1. Probl´emafelvet´es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
73
5.2. A bizony´ıt´as v´azlata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
73
5.3. El˝ok´esz¨ uletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
74
2
5.4. A T´etel bizony´ıt´asa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6. Pontok pakol´ asa 5-dimanzi´ os kock´ aba
80 81
6.1. Probl´emafelvet´es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
81
6.2. Jel¨ol´esek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
81
6.3. A bizony´ıt´as v´azlata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
84
6.4. El˝ok´esz¨ uletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
84
6.5. A T´etel bizony´ıt´asa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
91
7. Irodalom
95
3
1.
Bevezet´ es Olyan pontrendszerek keres´ese, amely pontrendszerek egy adott tartom´anyon bel¨ ul
helyezkednek el, ´es a pontok p´aronk´enti t´avols´aga legal´abb egy adott ´ert´ek, m´ar r´eg´ota a matematikai kutat´as t´argy´at k´epezi. Ez a probl´emak¨or a´tfogalmazhat´o egy adott tartom´anyban elhelyezked˝o g¨omb¨ok sugar´anak a maximaliz´al´as´ara, ha a g¨omb¨ok darabsz´ama r¨ogz´ıtett, a g¨omb¨ok egybev´ag´oak ´es nem ny´ ulnak egym´asba. Ezen eredm´enyek sor´at b˝ov´ıtem ebben a dolgozatban, ´es ennek a probl´em´anak a du´alis v´altozat´ara adok egy eredm´enyt, miszerint egy adott tartom´anyt a lehet˝o legkisebb, egybev´ag´o g¨omb¨okkel fed¨ unk le, ha a g¨omb¨ok darabsz´ama r¨ogz´ıtett. A dolgozat m´asodik fejezet´eben a s´ıkon egy tetsz˝oleges C konvex alakzatban helyezek el h´et darab pontot, amelyek C-t´avols´ag´at vizsg´aljuk. A fejezetben k¨oz¨olt eredm´eny L´angi Zsolttal k¨oz¨os [26]. A harmadik fejezetben a 3-dimenzi´os euklideszi t´erben adok meg egy olyan centr´alszimmetrikus, konvex testet, amelynek a Harwiger-sz´ama 15, azaz az olyan eltoltjainak a maxim´alis sz´ama 15, amelyek ´erintik az eredeti testet ´es az eltoltak nem ny´ ulnak egym´asba. Ezt az eredm´enyt a´tfogalmazzuk pontok egy norm´alt t´erben val´o pakol´as´ara [27]. A negyedik fejezetben a 3-dimenzi´os euklideszi t´erben megmutatom, hogy a legkisebb √ kocka ´ele 2, amelyben elf´er 14 olyan pont, amelyek p´aronk´enti t´avols´aga legal´abb 1 [28]. A o¨t¨odik fejezetben a 4-dimenzi´os euklideszi t´erben megmutatom, hogy a 4-dimenzio´s egys´egkocka 8 darab q 4-dimenzi´os, egybev´ag´o g¨ombbel val´o lefed´ese eset´en a g¨omb¨ok minim´alis sugara
5 12
[29].
A hatodik fejezetben az 5-dimenzi´os euklideszi t´erben az 5-dimenzi´os egys´egkock´a-
ban elhelyezhet˝o olyan pontok darabsz´am´ara adok egy fels˝o becsl´est, amely pontok t´avols´aga legal´abb 1. Ez a fels˝o becsl´es 42 [30]. Egy d-dimenzi´os konvex test alatt egy korl´atos, z´art, nem¨ ures bels˝ovel rendelkez˝o d-dimenzi´os halmazt ´ert¨ unk. Haszn´aljuk a megszokott int, card, min, bd, conv, diam, cl, d(·, ·) ´es Area(p1 p2 . . . pn ) jel¨ol´eseket rendre egy halmaz belsej´ere, sz´amoss´ag´ara, 4
minimum´ara, hat´ar´ara, konvex burk´ara, a´tm´er˝oj´ere, lez´artj´ara, k´et halmaz euklideszi t´avols´ag´ara ´es a p1 p2 . . . pn (s´ıkbeli) konvex poligon ter¨ ulet´ere.
A p ´es q pontok
legyenek az d-dimenzi´os euklideszi t´er (Rd ) k¨ ul¨onb¨oz˝o pontjai. Jel¨olje [p, q], (p, q), → − (p, q], [p, q), |pq| (vagy d(p, q)) ´es pq rendre a p, q pontok a´ltal meghat´arozott z´art, ny´ılt, balr´ol ny´ılt jobbr´ol z´art, balr´ol z´art jobbr´ol ny´ılt intervallumot, a p, q pontok t´avols´ag´at ´es a p kezd˝opont´ u q v´egpont´ u vektort. Tov´abb´a, ha P egy egyszer˝ u poligon az [a1 , a2 ], [a2 , a3 ], . . ., [an , a1 ] ´elekkel, akkor haszn´aljuk a P = [a1 , a2 , . . . , an ] ´es int P = (a1 , a2 , . . . , an ) jel¨ol´eseket. Jel¨olje B d (a, r) = {x ∈ Rd : d(a, x) ≤ r} az a k¨oz´eppont´ u r sugar´ u d-dimenzi´os g¨omb¨ot. A d-dimenzi´os euklideszi t´erben legyen
r¨ogz´ıtett egy d-dimenzi´os Descartes-f´ele der´eksz¨og˝ u koordin´atarendszer, amelynek az orig´oja o. Ekkor haszn´aljuk az x(x1 , x2 , . . . xd ) vagy (x1 , x2 , . . . xd ) jel¨ol´eseket az x pont koordin´at´aira. Az x pontot ´es az x vektort azonos´ıtjuk. A pqr∠ jel¨olje a p, q, r pontok a´ltal ebben a sorrendben meghat´arozott konvex sz¨oget. Legyen R a,b az a kezd˝opont´ u b pontot tartalmaz´o f´elegyenes (a 6= b). Legyen La,b az a, b k¨ ul¨onb¨oz˝o pontokon a´tmen˝o egyenes. (E, F )∠ jel¨olja az E, F f´elegyenesek a´ltal meghat´arozott
konvex sz¨oget. Jel¨olje H(L, p) az L egyenes hat´arolta p pontot tartalmaz´o z´art f´els´ıkot. Ha A egy halmaz ´es a1 ∈ A, a2 ∈ A, . . . , an ∈ A, akkor ezt egyszer˝ uen a1 , a2 , . . . , an ∈ A szimb´olummal jel¨olj¨ uk. Jel¨olje C a s´ıkbeli konvex testek halmaz´at, azaz, ha C ∈ C, akkor C ∈ R2 .
5
2.
H´ et pont pakol´ asa egy s´ıkbeli konvex testbe
2.1.
Probl´ emafelvet´ es
Legyen a p, q pontok C ⊂ Rd konvex testre vonatkoztatott relat´ıv t´ avols´ aga vagy
relat´ıv hossza vagy C-t´ avols´ aga vagy C-hossza a
2d(p,q) , d(p0 ,q 0 )
ahol p0 , q 0 a [p, q] szakasszal
p´arhuzamos maxim´alis C testbeli h´ ur. A p, q pontok C-t´avols´ag´at jel¨olje d C (p, q). Ha a C test egy´ertelm˝ u, akkor haszn´alni fogjuk a p, q pontok relat´ıv t´avols´ag´at, vagy relat´ıv hossz´at. Vegy¨ uk ´eszre, hogy D ⊂ C ´es p, q ∈ Rd , akkor dC (p, q) ≤ dD (p, q). J´ol ismert
t´eny, hogy a dC (o, x) norm´aval rendelkez˝o norm´alt t´er egys´egg¨ombje C k¨oz´eppontos szimmetriz´altja 12 (C − C).
Legyen C ∈ C ´es k ≥ 2, azaz C ∈ R2 . Ekkor a kompakts´agi tulajdons´agokb´ol
k¨ovetkezik, hogy l´etezik a maxim´alis fk (C) ´ert´ek, amelyre igaz, hogy a C test tartalmaz k darab pontot, amelyek p´aronk´enti C-t´avols´aga legal´abb f k (C).
Legyen
fk = min{fk (C)} ´es Fk = max{fk (C)}. A Blaschke-f´ele kiv´alaszt´asi t´etel szerint C∈C
C∈C
l´eteznek ezek az ´ert´ekek.
Sz´amos eredm´enyt tal´alhatunk az fk (C), fk ´es Fk ´ert´ekekr˝ol. Itt megeml´ıt¨ unk n´eh´anyat. Doliwka ´es Lassak [10] megmutatta, hogy egy s´ıkbeli konvex test hat´ar´anak 5 pontja √ k¨oz¨ott mindig van kett˝o, amelyik relat´ıv t´avols´aga legfeljebb 5 − 1 ≈ 1.236 ´es a √ 5 − 1 ´ert´ek nem jav´ıthat´o. B¨or¨oczky ´es L´angi [3] megmutatta, hogy Doliwka ´es Las√ ˝ azt sak eredm´enye igaz tetsz˝oleges 5 pontj´ara a konvex testnek, azaz F 5 = 5 − 1. Ok is megmutatt´ak, hogy F6 = 2 −
siker¨ ult ezt a sejt´est igazolnunk.
√ 2 5 5
≈ 1.106, ´es sejtett´ek, hogy F7 = 1. L´angi Zsolttal
1. T´ etel. Legyen C ∈ C ´es legyenek a1 , . . ., a7 a C testbeli pontok. Ekkor dC (ai , aj ) ≤ 1 valamely i 6= j eset´en.
Egy C ∈ C legyen optim´ alis, ha tartalmaz h´et pontot, amely pontok p´aronk´enti
C-t´avols´againak minimuma pontosan 1. Ekkor azt mondjuk, hogy a pontok kit¨ oltik a C testet. A probl´ema nyilv´an onnan ered, hogy melyek az optim´alis testek ´es melyek az ezeket kit¨olt˝o pontrendszerek. Figyelj¨ uk, meg a k¨ovetkez˝o h´arom p´eld´at! Els˝o p´elda: Golab [15] eredm´enye, hogy minden C s´ıkbeli konvex testben l´etezik a C 6
testbe be´ırt affin szab´alyos H hatsz¨og. A H hatsz¨og cs´ ucsai ´es a k¨oz´eppontja kit¨oltik a C testet, ´ıgy C optim´alis. M´asodik p´elda: minden P paralelogramm´aban t¨obb olyan 7 pontb´ol a´ll´o pontrendszer van, amelyek p´aronk´enti P -t´avols´aga legal´abb 1. Minden C ⊂ P s´ıkbeli konvex test, amely tartalmazza ezeket a pontokat, optim´alis.
Harmadik p´elda: legyen H = [a1 , a2 , . . . , a6 ] egy szab´alyos hatsz¨og ´es S = [b1 , b2 , b3 , b4 ] a H k¨or´e ´ırt t´eglalap, amelyre igaz [a1 , a2 ] ⊂ [b1 , b2 ] ´es a1 ∈ [b1 , a2 ]. Legyen c a H
k¨oz´eppontja ´es m = (b3 + b4 )/2. Legyen a04 ∈ (b3 , a4 ) ´es a05 ∈ (a5 , b4 ) olyan, hogy
|a4 a04 | = |a5 a05 | ´es legyen p ∈ (c, m), (1. a´bra). V´eg¨ ul legyen C = [a1 , a2 , a3 , a04 , a05 , a6 ]. Ha p el´eg k¨ozel van a c ponthoz, akkor a C cs´ ucsainak ´es a p pontnak a p´aronk´enti C-t´avols´agai legal´abb 1.
1. a´bra. Eredm´enyeinket az optim´alis testekr˝ol ´es kit¨olt˝o pontrendszerekr˝ol a k¨ovetkez˝o t´etel foglalja o¨ssze . 2. T´ etel. Legyen C ∈ C, Q = conv{a1 , a2 , . . . , a7 } ⊂ C ´es dC (ai , aj ) ≥ 1 minden i 6= j
eset´en. Ekkor:
2.1. Ha C szigor´ uan konvex, akkor Q egy affin szab´ alyos hatsz¨ og, amelynek a k¨ oz´eppontja valamelyik ai . 7
2.2. Ha card (bd Q ∩ {a1 , a2 , . . . , a7 }) 6= 6, akkor l´etezik egy P paralelogramma, hogy
C ⊂ P ´es dP (ai , aj ) ≥ 1 minden i 6= j eset´en.
A k¨ovetkez˝o lemm´at haszn´aljuk az 1. T´etel ´es a 2. T´etel bizony´ıt´as´aban. 2.1. Lemma. Legyen C ∈ C ´es n ≥ 6, D = [a1 , a2 , . . . , an ] ⊂ C egy (esetleg de-
gener´ alt) konvex n-sz¨ og ´es T ⊂ D egy be´ırt maxim´ alis ter¨ ulet˝ u h´ aromsz¨ og, amelynek
az egyik oldala megegyezik a D egyik oldal´ aval. Ekkor:
2.1.1. A D testnek van egy olyan oldala, amelynek a C-hossza legfeljebb 1. 2.1.2. Ha a D testnek minden oldal´ anak a C-hossza legal´ abb 1, akkor C nem szigor´ uan konvex ´es l´etezik egy P paralelogramma, amelyre C ⊂ P ´es a D oldalinak P -hossza legal´ abb 1.
Bizony´ıt´ as. Az a´ltal´anoss´ag megszor´ıt´asa n´elk¨ ul feltehetj¨ uk, hogy T = [a 1 , a2 , ai ] egy megfelel˝o i eset´en. Vegy¨ uk ´eszre, hogy cl(D \ T ) tartom´anynak van egy W kompo-
nense legal´abb n´egy cs´ uccsal. Tegy¨ uk fel, hogy {a2 , ai } ⊂ bd W , azaz i ≥ 5. A relat´ıv
t´avols´ag ´es a ter¨ uletek ar´anya nem v´altozik egy tetsz˝oleges (nem elfajul´o) affin transzform´aci´o eset´en, ´ıgy feltehetj¨ uk, hogy T egy egyenl˝o oldal´ u der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨og ´es a
der´eksz¨og az a1 cs´ ucsn´al van. Legyen b olyan pont, hogy S = [a1 , a2 , b, ai ] egy n´egyzet. Mivel T a maxim´alis h´aromsz¨og a D testben, ´ıgy aj ∈ [a2 , b, ai ] minden j = 3, . . . , i − 1 eset´en.
Legyen m1 , m2 ´es m rendre az [a2 , b], [b, ai ] ´es [ai , a2 ] felez˝opontja. Ha a3 ∈ [a2 , m1 , m]\
[m, m1 ], akkor dC (a2 , a3 ) ≤ dT (a2 , a3 ) < 1 ´es k´eszen vagyunk. Ha ai−1 ∈ [ai , m, m2 ] \
[m, m2 ], akkor dC (ai−1 , ai ) < 1. Teh´at azt az esetet kell megvizsg´alnunk, ha aj ∈ S0 = [m, m2 , b, m1 ] minden 3 ≤ j ≤ i − 1 eset´en. Ekkor dC (aj , aj+1 ) ≤ dT (aj , aj+1 ) ≤ 1 valamely 3 ≤ j ≤ i − 1 eset´en. Ezzel bel´attuk a 2.1.1. a´ll´ıt´ast. S˝ot, ha valamely 3 ≤ j ≤ i − 2 eset´en az aj ´es aj+1 pontok nem az S0 p´arhuzamos oldalain helyezkednek
el, akkor dC (aj , aj+1 ) ≤ dT (aj , aj+1 ) < 1. Vizsg´aljuk most az ellenkez˝o esetet! Ekkor
i = 5 vagy i = 6 ´es az ut´obbi esetben a3 = m1 , a4 = b ´es a5 = m2 , amib˝ol k¨ovetkezik, hogy S ⊂ C. Ha S 6= C, akkor a pontok k¨oz¨ott van kett˝o, amely C-t´avols´aga kevesebb,
mint 1. Ha S = C, akkor a pontok p´aronk´enti S-t´avols´aga legal´abb 1.
Tegy¨ uk fel, hogy i = 5 ´es - mondjuk - a3 ∈ [m1 , m] ´es a4 ∈ [m2 , b]. Jel¨olje M a
z´art s´avot, amely tartalmazza az S n´egyzetet ´es az a1 , a2 pontokon a´tmen˝o egyenes ´es 8
2. a´bra. a b, a5 pontokon a´tmen˝o egyenes hat´arolja (2. a´bra). dC (a2 , a3 ) ≥ 1 egyenl˝otlens´egb˝ol kapjuk, hogy C ⊂ M . Legyenek az u, v pontok a C-beli, − a−→ a vektorral p´arhuzamos, 3 4
maxim´alis h´ ur v´egpontja, ´es legyen N a z´art s´av, amelyet a C test u, v pontokon
a´tmen˝o t´amaszegyenesi hat´arolnak. Ekkor C ⊂ P = M ∩ N ´es a D oldalainak a P -hossza legal´abb 1. Vegy¨ uk ´eszre azt is, hogy a C nem szigor´ uan konvex.
2.2.
2
Az 1. ´ es 2. T´ etel bizony´ıt´ asa, ha Q = conv{a1 , a2 , . . . , a7 } egy hatsz¨ og
Tegy¨ uk fel, hogy Q = [a1 , a2 , . . . , a6 ] ´es a7 ∈ int Q. Legyen ai = qi , ha i = 1, 2, . . . , 6,
q7 = q1 ´es q0 = q6 .
Haszn´aljuk a k¨ovetkez˝o jel¨ol´eseket ´es kifejez´eseket. B´armely i, j, k, l eset´en, ahol 1 ≤ i, j, k, l ≤ 6 ´es {i, j} 6= {k, l}, αi jel¨olje a Q bels˝o sz¨og´et a qi cs´ ucsban, qij jel¨olje a [qi , qj ] szakasz felez˝opontj´at ´es Lij,kl jel¨olje a qij ´es qkl pontokon a´tmen˝o egyenest.
Haszn´aljuk a qi = qii ´es Li,kl = Lii,kl ´es Li,k = Lii,kk jel¨ol´eseket. Legyen Si = [qi , qi+1 ], ha i = 1, 2, . . . , 6 ´es Mi jel¨olje az Si oldallal p´arhuzamos Q-beli maxim´alis h´ urt, amely a legkisebb euklideszi t´avols´agra van az Si oldalt´ol. Ha αi−1 + αi + αi+1 nagyobb, mint 2π, egyenl˝o 2π vagy kevesebb, mint 2π, ahol i = 1, 2, . . . , 6, akkor rendre azt mondjuk, hogy ai nagy, norm´ al vagy kis cs´ ucsa a Q soksz¨ ognek. Vegy¨ uk ´eszre, hogy qi ´es qi+3 mindkett˝o vagy norm´al cs´ ucs, vagy az egyik 9
nagy ´es a m´asik kis cs´ ucs. Jegyezz¨ uk meg, hogy, ha αi + αi+1 ≤ π, akkor Q benne van egy olyan paralelogramm´aban, amelynek az egyik oldala Si . Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy a Q hatsz¨ogben
van egy Ti h´aromsz¨og a k¨ovetkez˝o tulajdons´agokkal: az Si a Ti h´aromsz¨ognek az egyik oldala, ´es Ti a maxim´alis ter¨ ulet˝ u Q hatsz¨ogbe ´ırt h´aromsz¨og. Ekkor a T´etel a´ll´ıt´asa a 2.1. Lemm´ab´ol k¨ovetkezik, ´es ´ıgy feltehetj¨ uk, hogy b´armelyik egym´ast k¨ovet˝o sz¨oge a Q hatsz¨ognek nagyobb, mint π. Ekkor h´arom esetet k¨ ul¨onb¨oztet¨ unk meg: 1. Eset. A Q minden m´asodik cs´ ucsa nagy. 2. Eset. A Q hatsz¨ognek van h´arom olyan egym´as ut´ani cs´ ucsa, hogy a m´asodik nagy, a m´asik kett˝o pedig nem kis cs´ ucs. 3. Eset. A Q hatsz¨ognek van h´arom olyan egym´as ut´ani cs´ ucsa, hogy a m´asodik norm´al, a m´asik kett˝o pedig nem kis cs´ ucs. L´assuk az esetek bizony´ıt´as´at! 1. Eset. A Q minden m´asodik cs´ ucsa nagy. Legyenek a q1 , q3 , q5 nagy cs´ ucsok ´es bi = q1 + q3 + q5 − 2qi , ha i = 1, 3, 5 (3. a´bra).
Ekkor Q ⊂ [b1 , b3 , b5 ] ´es minden Q-beli maxim´alis h´ ur illeszkedik a q1 , q3 vagy q5 pontra. Jel¨olje Qi a int Q homotetikus k´ep´et, ahol a homot´ecia ar´anya 1/2 ´es a k¨oz´eppontja
qi . Legyen Pi = [qi , q(i−1)i , q(i−1)(i+1) , q(i+1)i ], ha i = 2, 4, 6, T2 = [q13 , q14 , q36 ], T4 = [q35 , q36 , q25 ], T6 = [q15 , q25 , q14 ] ´es T = (q14 , q25 , q36 ). Tegy¨ uk fel, hogy d( qi , qi+1 ) ≥ 1 minden i eset´en. Ekkor azt kell megmutatni, hogy minden p ∈ int Q pontra (∗)i
dQ (p, qi ) < 1
valamely i eset´en.
Legyen p ∈ int Q.
A p pont helyzet´et vizsg´aljuk k¨ ul¨onb¨oz˝o
poligonokban. A szimmetri´ara val´o tekintettel feltessz¨ uk p ∈ Q1 ∪ P2 ∪ T2 ∪ T . N´egy
esetet k¨ ul¨onb¨oztet¨ unk meg: (1) (∗)1 , ha p ∈ Q1 .
(2) (∗)2 , ha p ∈ P2 .
(3) (∗)2 vagy (∗)4 vagy (∗)6 , ha p ∈ T2 . (4) (∗)2 vagy (∗)4 vagy (∗)6 , ha p ∈ T .
Az (1) ´es (2) a´ll´ıt´asokat k¨onny˝ u bel´atni ´es a (3) a´ll´ıt´ast is, ha d Q (q2 , q14 ) < 1 ´es 10
dQ (q2 , q36 ) < 1. Azt mutatjuk meg, hogy (3) igaz, ha dQ (q2 , q14 ) ≥ 1 ´es dQ (q2 , q36 ) ≥ 1 (ha dQ (q2 , q14 ) ´es dQ (q2 , q36 ) k¨oz¨ ul pontosan az egyik legal´abb 1, akkor a bizony´ıt´as
hasonl´o).
3. a´bra.
4. a´bra.
Legyen {s1 } = L35,25 ∩ [q13 , q15 ] ´es {s2 } = L15,25 ∩ [q13 , q35 ].
A dQ (q1 , q2 ) ≥
1 ´es dQ (q2 , q3 ) ≥ 1 egyenl˝otlens´egb˝ol k¨ovetkezik, hogy q2 a q13 , (q1 + b5 )/2, b5 ´es (q3 + b5 )/2 cs´ ucs´ u paralelogramm´aban van. ´Igy a [q13 , q35 , q15 ] halmaz [q13 , s1 , q25 , s2 ] \
([s1 , q25 ] ∪ [q25 , s2 ]) pontjainak a q2 pontt´ol val´o Q-t´avols´aga kisebb, mint 1. Hasonl´o
a´ll´ıt´as igaz a q4 ´es q6 pontokra. Legyen {w1 } = L35,36 ∩[q13 , q14 ], {w2 } = L15,14 ∩[q13 , q36 ]
´es {w} = [q14 , w2 ] ∩ [q36 , w1 ]. Mivel dQ (q2 , q14 ) ≥ 1 ´es dQ (q2 , q36 ) ≥ 1, ´ıgy a w1 , w2 ´es w
pontok l´eteznek. Jegyezz¨ uk meg, ha p ∈ [q13 , w2 , w, w1 ], p ∈ [q14 , w2 , q36 ] \ [w2 , q14 ] ´es
p ∈ [q14 , w1 , q36 ] \ [w1 , q36 ] akkor rendre (∗)2 , (∗)4 ´es (∗)6 .
Most bel´atjuk a (4) a´ll´ıt´ast. Ha T ∩ (T2 ∪ T4 ∪ T6 ) 6= ∅, akkor T ⊂ T2 ∪ T4 ∪ T6 ´es
a t´etel a (3) a´ll´ıt´asb´ol k¨ovetkezik, ´es ´ıgy feltessz¨ uk, hogy T ∩ (T 2 ∪ T4 ∪ T6 ) = ∅ (3. ´es
4. a´bra). Ha L15,25 ∩ T = L35,25 ∩ T = ∅, akkor (∗)2 . Ha L15,25 ∩ T 6= ∅ 6= L35,25 ∩ T ,
akkor L13,14 ∩ T = L15,14 ∩ T = ∅, ´ıgy (∗)4 teljes¨ ul. V´eg¨ ul megmutatjuk, hogy csak ez
a k´et lehet˝os´eg van.
→ −−→ −−→ Tegy¨ uk fel, hogy L15,25 ∩ T 6= ∅ ´es L35,25 ∩ T = ∅. Legyen v = 12 (− q− 1 q6 + q3 q2 + q5 q4 ). Mivel αi + αi+1 > π, ha i = 1, 2, . . . , 6, ´ıgy a Q hatsz¨ognek van egy u cs´ ucspontja,
amire igaz, hogy az u v´egpont´ u v vektorral p´arhuzamos V f´elegyenes metszi az int Q halmazt. 11
−→ −→ 1− Tegy¨ uk fel, hogy u egy nagy cs´ ucs ´es u = q1 . Vegy¨ uk ´eszre, hogy − q− 53 q52 = 2 q3 q2 = → −−→ −−−→ −−−→ −−→ −−−→ v − 12 (− q− 1 q6 + q5 q4 ) = v − q15 q46 . Legyen n = q15 + v + q52 q36 . Ekkor q46 n = q35 q36 = − → −−→ q5−q→ ol k¨ovetkezik, hogy − q− olje Hi az 56 , amib˝ 45 n = q5 q6 . Ha i = 1, 2, . . . , 6, akkor jel¨ − − → L egyenes hat´arolta, Q pontot tartalmaz´o ny´ılt f´els´ıkot. Ekkor q n = − q−→ q , 5
i5,(i+1)5
45
5 6
n ∈ H3 ∩H4 ∩H5 . A V ∩int Q eset´en q15 +v ∈ H6 ∩H1 . Az L15,25 ∩T 6= ∅ eset´en kapjuk, hogy q36 ∈ H6 ∩H1 . Ebb˝ol n ∈ H6 ∩H1 . Legyen D = cl(H3 ∩H4 ∩H5 ∩H6 ∩H1 ). Ekkor n ∈ D ´es d (q , q ) < 1. Mivel a Q ´es a D − q−→ q ir´any´ u maxim´alis h´ urja megegyezik, D
5
6
5 6
ez´ert dQ (q5 , q6 ) < 1.
Ha u kis cs´ ucs, akkor hasonl´o okoskod´assal kapjuk az ellentmond´ast. 2. Eset. A Q hatsz¨ognek van h´arom olyan egym´as ut´ani cs´ ucsa, hogy a m´asodik nagy, a m´asik kett˝o pedig nem kis cs´ ucs. Legyen q2 nagy ´es q1 , q3 nem kis cs´ ucs. Megmutatjuk, hogy dC (ai , aj ) ≤ 1, ´es ha C szigor´ uan konvex, akkor dC (ai , aj ) < 1 valamely i 6= j eset´en.
Eml´ekeztet˝ou ¨ l Si = [qi , qi+1 ] ´es Mi a Q-beli maxim´alis, Si oldallal p´arhuzamos, Si oldalhoz legk¨ozelebb lev˝o (euklideszi t´avols´agra) h´ ur. Megjegyezz¨ uk m´eg, hogy Q minden egym´ast k¨ovet˝o sz¨og´enek o¨sszege nagyobb, mint π, minden Q-beli maxim´alis h´ ur metszi az Sj ´es Sj+3 oldalakat, valamely j ∈ {1, 2, 3} eset´en. Ha Mi metszi az Sj
´es Sj+3 odalakat, akkor azt mondjuk, hogy Mi egy j-t´ıpus´ u maxim´ alis h´ ur. Vegy¨ uk ´eszre, hogy Mj nem lehet j-t´ıpus´ u ´es M6 nem lehet 3-t´ıpus´ u. Ekkor M1 lehet 2- vagy 3-t´ıpus´ u, M2 lehet 1- vagy 3-t´ıpus´ u, M3 lehet 1- vagy 2-t´ıpus´ u, M6 lehet 1- vagy 2t´ıpus´ u. Ha M6 ´es M3 rendre 1-t´ıpus´ u ´es 2-t´ıpus´ u, akkor kapjuk, hogy q2 nem nagy cs´ ucs, ellentmond´as. ´Igy 12 lehet˝os´eg ad´odik az M1 , M2 , M3 ´es M6 t´ıpusaira. Legyen {d1 } = L5,6 ∩ L1,2 , {d2 } = L6,1 ∩ L2,3 , {d3 } = L1,2 ∩ L3,4 ´es {d4 } = L2,3 ∩ L4,5 . i) M3 ´es M6 1-t´ıpus´ u, M1 2-t´ıpus´ u ´es M2 3-t´ıpus´ u. Ha |q1 d2 | < |q1 q6 |, akkor az M1 t´ıpus´ab´ol k¨ovetkezik, hogy dQ (q1 , q2 ) < 1. Ha-
sonl´oan, |q2 d3 | < |q1 q2 | egyenl˝otlens´egb˝ol k¨ovetkezik, hogy dQ (q2 , q3 ) < 1, ´es |q3 d4 | < |q2 q3 | egyenl˝otlens´egb˝ol k¨ovetkezik, hogy dQ (q3 , q4 ) < 1. Tegy¨ uk fel, hogy |q1 d2 | ≥
|q1 q6 |, |q2 d3 | ≥ |q1 q2 | ´es |q3 d4 | ≥ |q2 q3 |. Legyen f1 pont az L1,2 egyenes ´es q6 ponton
a´tmen˝o, L3,4 egyenessel p´arhuzamos egyenes metsz´espontja, f2 pont az L2,3 egyenes
´es q1 ponton a´tmen˝o, L3,4 egyenessel p´arhuzamos egyenes metsz´espontja, ´es g pont az L1,2 egyenes ´es q4 ponton a´tmen˝o, L1,6 egyenessel p´arhuzamos egyenes metsz´espontja 12
(5. a´bra). Mivel q3 nem kis cs´ ucs ´es |q3 d4 | ≥ |q2 q3 |, ´ıgy |q3 q4 | ≥ |q3 d3 |. A |q2 d3 | ≥ |q1 q2 | egyenl˝otlens´egb˝ol kapjuk, hogy |q3 d3 | ≥ |q1 f2 |. Mivel |q1 d2 | ≥ |q1 q6 | ´es Q nemelfa-
jul´o, ´ıgy |q1 f2 | > |q6 f1 |, valamint 2|q6 f1 | < |q4 d3 |. Mivel 2|q6 q1 | < |q4 g| ´es M6 1-t´ıpus´ u kapjuk, hogy dQ (q1 , q6 ) < 1.
Ha M3 ´es M6 2-t´ıpus´ u, M1 3-t´ıpus´ u ´es M2 1-t´ıpus´ u, akkor hasonl´o okoskod´assal kapjuk, hogy dQ (qi−1 , qi ) < 1 valamely i ∈ {1, 2, 3, 4} eset´en.
5. a´bra.
6. a´bra.
ii) M6 ´es M1 2-t´ıpus´ u. Vegy¨ uk ´eszre, hogy az M2 ´es M3 t´ıpusait tetsz˝olegesen v´alaszthatjuk ez´ert ez n´egy eset a t´ıpusokra n´ezve. Legyen e1 pont az S5 oldal ´es a q2 ponton a´tmen˝o, S6 oldallal p´arhuzamos egyenes metsz´espontja, ´es legyen e2 pont az S2 oldal ´es a q6 ponton a´tmen˝o, S1 oldallal p´arhuzamos egyenes metsz´espontja (6. a´bra). Mivel M6 ´es M1 2-t´ıpus´ u, ez´ert e1 ´es e2 l´etezik. Vegy¨ uk ´eszre, hogy |d1 q1 | ≤ |q1 q2 | vagy |d2 q1 | ≤ |q1 q6 |, ahol d1 , d2 ugyanaz, mint az el˝oz˝o esetben. Ha |d1 q1 | ≤ |q1 q2 |, akkor 2|q1 q6 | ≤ |q2 e1 | ´es
´ıgy dC (q1 , q6 ) ≤ dQ (q1 , q6 ) ≤ 1. Hasonl´oan a |d2 q1 | ≤ |q1 q6 | egyenl˝otlens´egb˝ol kapjuk, hogy dC (q1 , q2 ) ≤ 1. Egy r´eszletes vizsg´alatb´ol kapjuk, hogy ha C szigor´ uan konvex ´es
dC (qi , qj ) ≥ 1 minden i 6= j eset´en, akkor Q affin szab´alyos hatsz¨og. Jegyezz¨ uk meg,
hogy ebben az esetben Q minden cs´ ucsa norm´al cs´ ucs (αi−1 + αi + αi+1 = 2π, ha i = 1, 2, . . . , 6), de mi feltett¨ uk, hogy a Q hatsz¨ognek van egy nagy cs´ ucsa, ellentmond´as. Ha M1 ´es M2 3-t´ıpus´ u (az M3 ´es M6 t´ıpusait h´aromf´elek´eppen v´alaszthatjuk meg), 13
vagy M2 ´es M3 1-t´ıpus´ u (az M2 ´es M3 t´ıpusait tetsz˝olegesen v´alaszthatjuk ez´ert ez n´egy eset a t´ıpusokra n´ezve), akkor hasonl´o okoskod´assal kapjuk a T´etel a´ll´ıt´as´anak bizony´ıt´as´at. Az ii) esetben azt az esetet, amikor M1 , M2 , M3 , M6 t´ıpusa rendre 2, 1, 1, 2 k´etszer t´argyaltuk, ´ıgy minden lehets´eges esetet megvizsg´altunk az M 1 , M2 , M3 ´es M6 t´ıpusaira n´ezve. 3. Eset. A Q hatsz¨ognek van h´arom olyan egym´as ut´ani cs´ ucsa, hogy a m´asodik norm´al a m´asik kett˝o pedig nem kis cs´ ucs. Legyen q2 norm´al ´es q1 , q3 nem kis cs´ ucs. Mivel α1 + α2 + α3 = 2π, ´ıgy L6,1 ´es L3,4 p´arhuzamos. Mivel a relat´ıv hossz affin invari´ans ez´ert feltehetj¨ uk, hogy a [q 1 , q3 , q5 ] szab´alyos h´aromsz¨og ´es q6 q1 q3 ∠ ≤ 90◦ . Legyen bi = a1 + a3 + a5 − 2ai , ha i = 1, 3, 5. Mivel Q konvex valamint q1 ´es q3 nem kis cs´ ucs, ez´ert {q2 , q4 , q6 } ⊂ [b1 , b3 , b5 ]. Legyen f = (q3 +b1 )/2 ´es legyen L a q13 pontot tartalmaz´o, L1,6 egyenessel p´arhuzamos egyenes.
K´et esetet k¨ ul¨onb¨oztet¨ unk meg:
7. a´bra. 3.1. Eset. q2 ∈ / L.
3.2. Eset. q2 ∈ L.
L´assuk az esetek bizony´ıt´as´at! 3.1. Eset. q2 ∈ / L.
Legyen d = (q3 + b5 )/2. Megmutatjuk, hogy ha dQ (qi , qi+1 ) ≥ 1 minden i eset´en, akkor q2 ∈ [q1 , b5 , d] \ [q1 , d], q4 ∈ [q5 , f, b1 ] ´es q6 ∈ [q15 , q5 , b3 ]. Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy 14
π 6
<
q3 q1 q2 ∠,
π 6
≤ q3 q5 q4 ∠, teh´at q3 kis cs´ ucs, ellentmond´as. L´assuk az a´ll´ıt´as igazol´as´at!
Ha |q1 q6 | ≤ |q3 q4 |, akkor q2 ∈ / [q13 , f 1 , m1 ], ahol [q13 , f 1 , m1 ] a [q1 , q5 , q6 ] h´aromsz¨og − 21
ar´any´ u homotetikus k´epe, ´es q2 ∈ / [q13 , d, m2 ], ahol [q13 , d, m2 ] a [q3 , q5 , q4 ] h´aromsz¨og → 1 −−→ u homotetikus k´epe. Ekkor tekints¨ uk a k(∈ Q) = q13 + 21 − q− − 12 ar´any´ 6 q1 ; r = q1 + 2 q5 q13 ; −−→ s = r + 12 q13 k; c = (q1 + q5 + b3 )/3 ´es t a [q15 , s] szakaszt tartalmaz´o egyenes ´es a [q1 , c] szakaszt tartalmaz´o egyenes metsz´espontj´at. Ekkor q6 ∈ / [q15 , f 3 , m3 ], ahol [q15 , f 3 , m3 ] a [q1 , q2 , q3 ] h´aromsz¨og − 21 ar´any´ u homotetikus k´epe. Ekkor az okoskod´as k¨onnyen
megkaphat´o a 7. a´bra seg´ıts´eg´evel.
Hasonl´oan okoskodunk, ha |q1 q6 | > |q3 q4 |. 3.2. Eset. q2 ∈ L.
Vegy¨ uk ´eszre, hogy M1 ∩ [q2 , q3 ] 6= ∅ ´es M1 ∩ ((q1 , q6 ) ∪ S5 ) 6= ∅. Ha M1 ∩ (q1 , q6 ) 6= ∅, akkor dC (q1 , q2 ) ≤ dQ (q1 , q2 ) = 1. S˝ot, ha dC (q1 , q2 ) = 1, akkor M1 maxim´alis C-ben
is, amib˝ol k¨ovetkezik, hogy C nem szigor´ uan konvex. Hasonl´oan, ha M 2 ∩ (q4 , q5 ) 6= ∅, akkor dC (q2 , q3 ) ≤ 1, ´es dC (q2 , q3 ) < 1 vagy C nem szigor´ uan konvex.
Tegy¨ uk fel, hogy M1 ∩ S5 6= ∅ 6= M2 ∩ S3 . Legyen w az L1,6 egyenes ´es az M1
szakaszt tartalmaz´o egyenes metsz´espontja. Vegy¨ uk ´eszre, hogy [q 1 , q3 , w] a [q1 , q2 , q13 ] homotetikus k´epe, ahol a homot´acia ar´anya −2 ´es 2|q13 q2 | ≥ |q1 q6 |. Hasonl´oan kapjuk, hogy 2|q13 q2 | ≥ |q3 q4 |. Mint kor´abban ebb˝ol ´es dQ (q1 , q6 ) ≥ 1 egyenl˝otlens´egb˝ol kapjuk, hogy q6 ∈ [q15 , q5 , b3 ], q4 ∈ [q5 , f, b1 ] ´es
q2 q1 q3 ∠ =
π , 6
π 6
≤ q2 q1 q3 ∠. Mivel q1 nem kis cs´ ucs, ez´ert
q4 ∈ [q5 , f ], q6 ∈ [b3 , q15 ] ´es M1 = [q3 , q6 ]. Legyen {x} = L1,3 ∩ L4,5 .
Jegyezz¨ uk meg, hogy [q3 , q4 , x] a [q1 , q2 , q13 ] homotetikus k´epe, ahol a homot´acia ar´anya
−2, |q3 q4 | = 2|q2 q13 | ´es |q1 q6 | = 2|q2 q13 |. Vegy¨ uk ´eszre, hogy q1 ∈ M5 , dQ (q5 , q6 ) = 1 ´es
M5 ∩ S4 6= ∅. Legyen {y} = M5 ∩ S4 . Mivel dC (q5 , q6 ) ≤ dQ (q5 , q6 ), ez´ert feltehetj¨ uk,
hogy dC (q5 , q6 ) = 1. Ekkor [q1 , y] a C maxim´alis h´ urja. Ha y 6= q4 , akkor y ∈ (q4 , q5 )
´es C nem szigor´ uan konvex. Ha y = q4 , akkor Q egy szab´alyos hatsz¨og. Legyen c a
Q k¨oz´eppontja. Ha p = 6 c egy pontja a [qi , qi+1 , c] tartom´anynak, akkor dQ (qi , p) < 1 vagy dQ (qi+1 , p) < 1. ´Igy a Q-nak egyetlen pontja van, amelynek a Q cs´ ucsait´ol m´ert Q-t´avols´aga legal´abb 1. Ez a Q k¨oz´eppontja. Az utols´o eset az a7 ∈ bd Q. Ekkor a Q hatsz¨oget egy degener´alt h´etsz¨ognek
tekintj¨ uk. Ekkor az 1. T´etel ´es a 2. T´etel bizony´ıt´asa a 2.3. fejezetben tal´alhat´o. Ezzel bel´attuk a T´etelek bizony´ıt´as´at.
2 15
2.3.
Az 1. ´ es 2. T´ etel bizony´ıt´ asa, ha Q = conv{a1 , a2 , . . . , a7 } nem egy hatsz¨ og
Feltessz¨ uk, hogy a Q soksz¨ogben nincs olyan be´ırt h´aromsz¨og, amelynek van olyan oldala, amely megegyezik Q valamelyik oldal´aval, k¨ ul¨onben az 1. T´etel ´es a 2. T´etel bizony´ıt´asa a 2.1. Lemm´ab´ol k¨ovetkezik. K´et esetet k¨ ul¨onb¨oztet¨ unk meg: 1. Eset. Q = [a1 , a2 , . . . , a7 ]. 2. Eset. Q egy h´aromsz¨og vagy Q tartalmaz egy R n´egysz¨oget, amely eset´en az a i cs´ ucsok megfelel˝o a´tbet˝ uz´es´evel el´erhet˝o, hogy R = [a1 , a2 , a3 , a4 ] ´es card (int R ∩ {a5 , a6 , a7 }) ≥ 2.
L´assuk az esetek bizony´ıt´as´at! 1. Eset. Q = [a1 , a2 , . . . , a7 ]. Legyen T a maxim´alis ter¨ ulet˝ u, Q soksz¨ogbe ´ırt h´aromsz¨og. Nyilv´an a T cs´ ucsai egyben a Q cs´ ucsai is. Tegy¨ uk fel, hogy T = [a1 , a3 , a6 ]. Mivel a relat´ıv t´avols´ag affin invari´ans, ez´ert feltehetj¨ uk, hogy T egy szab´alyos h´aromsz¨og. Legyen bi = a1 + a3 + a6 − 2ai , ha
i = 1, 3, 6. Mivel T maxim´alis ter¨ ulet˝ u h´aromsz¨og ´es Q konvex, ez´ert a 2 ∈ [a1 , b6 , a3 ],
{a4 , a5 } ⊂ [a3 , b1 , a6 ] ´es a7 ∈ [a6 , b3 , a1 ].
Legyen s1 = (a3 + a6 )/2, s2 = (a3 + b1 )/2, s3 = (b1 + a6 )/2, t1 = (a6 + a1 )/2, t2 = (a6 +b3 )/2 ´es t3 = (b3 +a1 )/2. Ha dQ (a3 , a4 ) < 1 vagy dQ (a5 , a6 ) < 1, akkor k´eszen vagyunk, ´es ´ıgy {a4 , a5 } ⊂ [s1 , s2 , b1 , s3 ]. Jegyezz¨ uk meg, hogy a Q konvexit´as´ab´ol
k¨ovetkezik, hogy dQ (a4 , a5 ) ≤ 1 ´es ´ıgy az 1. T´etelt bebizony´ıtottuk (8. a´bra). A 2.
T´etel bizony´ıt´as´ahoz feltessz¨ uk, hogy dQ (ai , ai+1 ) ≥ dC (ai , ai+1 ) ≥ 1 minden i eset´en.
Ekkor dC (a4 , a5 ) = 1 ´es a4 , a5 az [s1 , s2 , b1 , s3 ] rombusz p´arhuzamos oldalain vannak. Feltessz¨ uk, hogy a4 ∈ [s1 , s2 ] ´es a5 ∈ [b1 , s3 ] (az ellenkez˝o eset bizony´ıt´asa hasonl´o).
Legyen L1 az a1 ´es a3 pontokon a´tmen˝o egyenes, ´es legyen L2 a b1 ´es b3 pontokon
a´tmen˝o egyenes. Legyen H1 = H(L1 , a2 ) ´es H2 = H(L2 , a6 ). Vegy¨ uk ´eszre, hogy → − vannak u ∈ (a , a ) ´es v ∈ (a , a ) pontok, hogy − uv|| a−→ a . Mivel d (a , a ) ≥ 1, ´ıgy 5
6
1
3
3 4
C
3
4
[u, v] a C maxim´alis h´ urja, ´es ´ıgy C ⊂ H1 ∩ H2 .
Mivel C ⊂ H1 , ´ıgy a2 ∈ [a1 , a3 ], ez´ert a2 = (a1 + a3 )/2 ´es dC (a1 , a2 ) = dC (a2 , a3 ) = 1.
Mivel dC (a1 , a3 ) = 2, ez´ert l´etezik a C alakzatnak L3 ´es L4 p´arhuzamos t´amaszegyenesei
az a1 ´es a3 pontokban. Legyen a1 ∈ L3 ´es a3 ∈ L4 . Legyen P az L1 , L2 , L3 , L4 hat´arolta 16
8. a´bra. paralelogramma. Nyilv´an C ⊂ P .
Megmutatjuk, hogy Q minden oldal´anak P -hossza legal´abb 1. Azt kell megmutatnunk,
hogy dP (a7 , a1 ) ≥ 1 ´es dP (a6 , a7 ) ≥ 1, mivel a t¨obbi egyenl˝otlens´eg nyilv´an teljes¨ ul.
A dQ (a6 , a7 ) ≥ 1 ´es dQ (a7 , a1 ) ≥ 1 egyenl˝otlens´egekb˝ol kapjuk, hogy a7 ∈ [t1 , t2 , b3 , t3 ].
Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy dP (a7 , a1 ) ≥ 1. Legyen x a P cs´ ucsa az [a6 , b3 ] szakaszon.
Mivel s3 ∈ Q ⊂ P ´es [a1 , a3 ] a P egy oldala, ez´ert x ∈ [a6 , t2 ]. Legyen t = [a1 , t2 ] ∩
[t1 , t3 ]. Vegy¨ uk ´eszre, hogy a7 ∈ [t1 , t, t2 ]. Ha a7 ∈ / [t1 , t] ∪ [t, t2 ], akkor dQ (a6 , a7 ) < 1, ellentmond´as. Ha a7 ∈ [t1 , t] ∪ [t, t2 ], akkor dP (a6 , a7 ) = 1. Ezzel bel´attuk az 1. Esetet. 2. Eset. Q egy h´aromsz¨og vagy Q tartalmaz egy R n´egysz¨oget, amely eset´en az a i cs´ ucsok megfelel˝o a´tbet˝ uz´es´evel el´erhet˝o, hogy R = [a1 , a2 , a3 , a4 ] ´es card (int R ∩ {a5 , a6 , a7 }) ≥ 2.
A 2. Eset bizony´ıt´asa a 2.1. Lemma bizony´ıt´as´ahoz hasonl´o ´es [3] cikkben megtal´alhatjuk, ´ıgy elhagyjuk. Ezzel bel´attuk a T´etelek bizony´ıt´as´at.
2
17
3.
Egy p´ aratlan Hadwiger-sz´ am´ u test
3.1.
Probl´ emafelvet´ es
Konvex testek, azaz nem¨ ures bels˝ovel rendelkez˝o, kompakt, konvex halmazok vizsg´alat´ar´ol sokat olvashatunk a matematikai irodalomban. Ezeknek a testeknek egy jellemz˝o mennyis´ege a test Hadwiger-sz´ama, amit a k¨ovetkez˝ok´eppen ´ertelmez¨ unk: A B test H(B) Hadwiger-sz´ama a test olyan eltoltjainak maxim´alis sz´ama, amelyek ´erintik a B testet, ´es az eltoltak nem ny´ ulnak egym´asba. Sz´amos eredm´ennyel tal´alkozunk, pl.: Fejes T´oth [12], Fejes T´oth ´es Kuperberg [13], Talata [57], [58], [59], [60], ´es Zong [68], amelyek konvex testek Hadwiger-sz´am´at vizsg´alj´ak. Gr¨ unbaum [21] bel´atta, hogy H(B) = 6, ha B ⊂ R2 konvex, nemparalelogramma
test. Groemer [19] bel´atta, hogy H(B) = 8, ha B ⊂ R2 paralelogramma, ´ıgy minden
k´et dimenzi´os konvex test Hadwiger-sz´ama p´aros. Gr¨ unbaumnak az volt a sejt´ese, hogy
minden konvex test eset´en a Hadwiger-sz´am p´aros tetsz˝oleges d dimenzi´oban. Talata [61] tal´alt egy olyan B h´arom dimenzi´os testet, amelyre igaz, hogy H(B) = 17 (ezzel magasabb dimenzi´oban is megadott olyan testeket, amelyek Hadwiger-sz´ama p´aratlan). ´Igy az eredeti sejt´es igazol´asa helyett (ami ´ıgy nem igaz) a k¨ovetkez˝o k´erd´est vetj¨ uk fel. Milyen p´aratlan Hadwiger-sz´amok l´eteznek? Nyilv´an a H(B) = H(B 0 ), ahol B 0 = 12 (B + (−B)). Hadwiger [24] ´es Gr¨ unbaum [21] bel´atta, hogy H(B) ≤ 3d − 1. Swinnerton-Dyer [56] bel´atta, hogy d(d + 1) ≤ H(B). Teh´at h´arom dimenzi´oban 12 ≤ H(B) ≤ 26. Minden p´aros sz´amra a [12, 26] intervallumon k¨onny˝ u olyan testet konstru´alni h´arom dimenzi´oban, amelynek a Hadwiger-sz´ama az adott p´aros sz´am. Talata p´eld´aj´aval l´atjuk, hogy H(B) = 17 lehets´eges. Mi most megadunk egy olyan konvex testet, amelyre H(B) = 15. Legyen K + egy (k¨or alap´ u) (egyenes) csonkak´ up, aminek az alapk¨or´enek (C 0 ) sugara 1, magass´aga 1, valamint a fed˝ok¨or´enek (C + ) sugara r1 = 0, 79822 . . ., ahol r1 a 18
k¨ovetkez˝o f¨ uggv´eny [0, 1] intervallumba es˝o egyetlen gy¨oke x 7→ 6 arcsin
1 x + 2 arccos − 2π 2x 1+x
Legyen a P ∗ s´ık a (C ∗ ) k¨or s´ıkja, ahol ∗ ∈ {0, +}. Legyen K − , C − , P − rendre a K + , C + , P + k´epe a P 0 s´ıkra val´o t¨ ukr¨oz´esn´el. Legyen tov´abb´a K = K + ∪ K − . Ekkor 3. T´ etel. A K test Hadwiger-sz´ ama 15, azaz H(K) = 15. A bizony´ıt´as sor´an haszn´aljuk a k¨ovetkez˝o jel¨ol´eseket. Jel¨oje H ∗ a P ∗ (∗ ∈ {−, +}) a´ltal hat´arolt z´art f´els´ıkot, amely nem tartalmazza a
K testet ´es jel¨olje S az R3 \ (H + ∪ H − ) halmaz lez´artj´at. Legyen aK , k + , k − ´es k 0 rendre a K test szimmetriatengelye, a C + , C − ´es C 0 k¨oz´eppontja (9. a´bra).
9. a´bra. A P 0 s´ıkkal p´arhuzamos s´ıkban elhelyezked˝o a ∈ R3 k¨oz´eppont´ u r > 0 sugar´ u k¨ort
jel¨olje C(a, r). Ha a ⊂ R3 ´es b ⊂ R3 olyan egyenesek, amely egyenesek affin burka
egy s´ık, akkor az affin burkukat jel¨olje [a, b]. Ha Ki a K test egy v vektorral val´o
eltoltja, akkor jel¨olje rendre Pi+ , Ci+ , Ci− , Ci0 , aKi , ki+ , ki− ´es ki0 a P + , C + , C − , C 0 , aK , k + , k − ´es k 0 v vektorral val´o eltoltj´at. Jel¨olje tov´abb´a kiP az aKi egyenes ´es a P 0 s´ık metsz´espontj´at. A tov´abbiakban csal´ ad alatt a K test olyan eltoltjainak halmaz´at ´ertj¨ uk, amelyek nem ny´ ulnak egym´asba ´es ´erintik a K testet.
19
3.2.
A T´ etel egy ´ atfogalmaz´ asa
Legyen a p, q pontok B ⊂ Rd konvex testre vonatkoztatott relat´ıv t´avols´aga a
2d(p,q) , d(p0 ,q 0 )
ahol p0 , q 0 a p, q szakasszal p´arhuzamos maxim´alis B testbeli h´ ur. Nyilv´an a p, q pontok B testre vonatkoztatott relat´ıv t´avols´aga megegyezik a p, q pontok 21 (B + (−B)) egys´egg¨ombre vonatkoztatott Minkowski-metrik´aban m´ert t´avols´ag´aval. A B konvex test Hadwiger-sz´ama H(B) pontosan akkor, ha a B test hat´ar´an maxim´alisan H(B) darab olyan pont van, amelyek p´aronk´enti relat´ıv t´avols´againak minimuma legal´abb 1. Teh´at a B konvex test Hadwiger-sz´ama H(B) pontosan akkor, ha a B test hat´ar´an maxim´alisan H(B) darab olyan pont van, amely pontok p´aronk´enti, 1 (B + (−B)) 2
egys´egg¨ombre vonatkoztatott Minkowski-metrik´aban m´ert t´avols´againak
minimuma legal´abb 1. 4. T´ etel. A K hat´ ar´ an az olyan pontok maxim´ alis sz´ ama 15, amely pontok K testre vonatkoztatott p´ aronk´enti relat´ıv t´ avols´ aga legal´ abb 1.
3.3.
Egy konstrukci´ o
Megadunk egy csal´adot, amely elemeinek a sz´ama 15. Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy a K test Hadwiger-sz´ama legal´abb 15. Tekints¨ uk a K test K1 , K2 eltoltjait, amelyek ´erintik a K testet ´es C1− = C2+ . Legyenek a K3 ⊂ H + ´es K4 ⊂ H + olyan eltoltak, amelyek ´erintik a K1 testet ´es
d(k 0 , k3P ) = d(k 0 , k4P ) = 2r1 . Legyenek a K5 ⊂ H + , K6 ⊂ H + , olyan eltoltak, amelyek
rendre ´erintik a K3 , K4 , testeket ´es d(k 0 , k5P ) = 2r1 , d(k 0 , k6P ) = 2r1 . Az r1 v´alaszt´asa garant´alja, hogy K5 ´es K6 ´erinti egym´ast. Hasonl´o konstrukci´oval kapjuk a K7 , K8 , K9 ´es K10 eltoltakat a H − f´elt´erben. V´eg¨ ul legyenek Ki (i ∈ {11, 12, 13, 14, 15}) olyan
eltoltak, amelyek ´erintik a K testet, mind az S s´avban helyezkedik el, K11 ´erinti a K1 el-
1 toltat ´es Ki ´erinti a Ki−1 eltoltat (i = 12, 13, 14, 15). Mivel 4·60◦ +2·arccos 1+r < 360◦ 1
´ıgy ezek az eltoltak nem ny´ ulnak egym´asba ´es K15 nem ´erinti K1 , K2 egyik´et sem. Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy a K test Hadwiger-sz´ama legal´abb 15. Azt fogjuk bel´atni, hogy a K test Hadwiger-sz´ama legfeljebb 15. 20
Mivel a K15 ”l¨oty¨og”, ez´ert az elrendez´es nem egy´ertelm˝ u, ´es a 4. T´etelben a pontok nem egy´ertelm˝ uen helyezkednek el a K fel¨ ulet´en.
3.4.
El˝ ok´ esz¨ uletek
Ebben a fejezetben t´argyalunk n´eh´any lemm´at, amelyekre sz¨ uks´eg lesz a T´etel bizony´ıt´as´ahoz a k¨ovetkez˝o fejezetben. 3.1. Lemma. Legyen A egy o k¨ oz´eppont´ u, r > 0 sugar´ u, a1 , a2 v´egpont´ u, z´ art k¨ or´ıv a s´ıkon. Legyen p 6= o olyan pont a s´ıkon, hogy az A k¨ or´ıvnek ´es az {o, p} pontokat
tartalmaz´ o egyenesnek nincs k¨ oz¨ os pontja. Ekkor az opa∠ sz¨ og, ahol a ∈ A, az a 1 vagy
a2 pontokban veszi fel a minimum´ at. Azaz
min(opa∠) = min(opa1 ∠, opa2 ∠) a∈A
´es opa∠ > min(opa1 ∠, opa2 ∠) ha a ∈ A \ {a1 , a2 }. Bizony´ıt´ as. Legyen L az o, p pontokat tartalmaz´o egyenes (10. a´bra). Legyen H L
10. a´bra. az L hat´arolta A k¨or´ıvet tartalmaz´o f´els´ık. Legyen R az o kezd˝opont´ u, L egyenesre 21
mer˝oleges, HL f´els´ıkban elhelyezked˝o f´elegyenes. Legyen E a P pontra illeszked˝o, R f´elegyenessel p´arhuzamos egyenes. Tegy¨ uk fel, hogy E ∩ A = ∅ (az ellenkez˝o eset
hasonl´oan bizony´ıthat´o). Legyen La a p, a pontokat tartalmaz´o egyenes, ahol a ∈ A. Legyen ma az La egyenes ´es az R f´elegyenes metsz´espontja. A d(o, ma ) t´avols´ag akkor
a legkisebb ha a = a1 vagy a = a2 .
2
3.1. K¨ ovetkezm´ eny. Legyen {K1 , K2 } egy csal´ ad ´es d1 ≤ d(P − , P1+ ) ≤ d(P − , P2+ ) valamilyen d1 ∈ [2, 4] ´ert´ekre, valamint int C(k1P , r1 ) ∩ int C(k2P , r1 ) = ∅ ´es d2 ≤
d(k 0 , kiP ) minden i ∈ {1, 2} ´es valamely d2 ∈ (2 − 2r1 , 2r1 ] = (0.40 . . . , 1.59 . . .] eset´en. Ekkor
4r12 + x2 − y 2 d2 + x2 − y 2 , arccos 2 ), 4r1 x 2d2 x ahol x = (4 + d1 r1 − d1 − 2r1 ) ´es y = (4r1 + d1 − d1 r1 − 2). Tov´ abb´ a, ha az egyenl˝ os´eg k1P k 0 k2P ∠ ≥ min(arccos
teljes¨ ul, akkor d(P − , P1+ ) = d1 , d(P − , P2+ ) = 4, d(k 0 , k1P ) = x, d(k 0 , k2P ) ∈ {d2 , 2r1 } ´es
K1 , K2 ´erinti egym´ ast.
Bizony´ıt´ as. Ha K1 , K2 nem ´erinti egym´ast, akkor a K1 eltolt aK k¨or¨ uli K2 eltolt fel´e val´o forgat´asa eset´en (m´ıgnem a K1 , K2 testek ´erintik egym´ast) a k1P k 0 k2P ∠ sz¨og cs¨okken. ´Igy feltehetj¨ uk, hogy K1 , K2 ´erinti egym´ast. H´arom esetet k¨ ul¨onb¨oztet¨ unk meg: 1. Eset. d1 = 4 ´es d(k 0 , k1P ) ≤ d(k 0 , k2P ).
2. Eset. d1 = 4 ´es d(k 0 , k1P ) > d(k 0 , k2P ). 3. Eset. d1 < 4.
1. Eset. d1 = 4 ´es d(k 0 , k1P ) ≤ d(k 0 , k2P ).
Legyen z = d(k 0 , k1P ) r¨ogz´ıtett sz´am. Forgassuk a K2 testet aK1 k¨or¨ ul ´es a 3.1. Lemma miatt k1P k 0 k2P ∠ ≥ min(arccos
z 2 + d22 − 4 z 2 + 4r12 − 4 z 2 + 4r12 − 4 , arccos ) = arccos , 2zd2 4zr1 4zr1
´es ha az egyenl˝os´eg teljes¨ ul, akkor d(k 0 , k2P ) = 2r1 . Ez´ert legyen d(k 0 , k2P ) = 2r1 r¨ogz´ıtett ´ert´ek. Most a K1 testet forgatjuk aK2 k¨or¨ ul ´es a 3.1. Lemma miatt k1P k 0 k2P ∠ ≥ min(arccos(1 −
1 d22 + 4r12 − 4 ), arccos )= 2r12 4d2 r1
22
= min(arccos
d2 + x2 − y 2 1 4r12 + x2 − y 2 , arccos 2 ) = arccos(1 − 2 ), 4r1 x 2d2 x 2r1
´es ha az egyenl˝os´eg teljes¨ ul, akkor d(k 0 , k1P ) = 2r1 , ami az a´ll´ıt´as bizony´ıt´asa. Jegyezz¨ uk meg, hogy arccos(1 −
1 ) 2r12
= 2 arcsin 2r11 .
2. Eset. d1 = 4 ´es d(k 0 , k1P ) > d(k 0 , k2P ). A bizony´ıt´as az 1. Eset bizony´ıt´as´ahoz hasonl´o. 3. Eset. d1 < 4. Ha K1 , K2 ´erinti egym´ast, akkor a k1P k 0 k2P ∠ sz¨og d(P − , P1+ ) = 4 eset´en nagyobb, mint d(P − , P + ) < 4 eset´en. ´Igy feltehetj¨ uk, hogy d(P − , P + ) < 4. 1
1
Megjegyezz¨ uk, hogy a K1 (K2 ) eltolt olyan mozgat´asa eset´en, amikor a k 0 v´egpont´ u k1P (k2P ) pontot tartalmaz´o f´elegyenes nem v´altozik, akkor a k1P k 0 k2P ∠ sz¨og sem v´altozik. Teh´at feltehetj¨ uk, hogy d(P − , P1+ ) = d1 , d(P − , P2+ ) = 4 ´es K, K1 valamint K, K2 ´erinti egym´ast. Ha K1 , K2 nem ´erinti egym´ast, akkor ha K1 forgatjuk az aK k¨or¨ ul K2 fel´e, m´ıgnem a K1 , K2 testek ´erintik egym´ast, akkor a k P k 0 k P ∠ sz¨og cs¨okken. ´Igy 1
d(k1P , k2P )
= y, d(k
0
, k1P )
= x ´es d2 ≤ d(k
k1P k 0 k2P ∠ ≥ min(arccos
0
, k2P )
2
≤ 2r1 . A 3.1. Lemma miatt
d2 + x2 − y 2 4r12 + x2 − y 2 , arccos 2 ), 4r1 x 2d2 x
´es ha az egyenl˝os´eg teljes¨ ul, akkor d(k 0 , k2P ) ∈ {d2 , 2r1 }, ami a Lemma bizony´ıt´asa. 2
3.2. K¨ ovetkezm´ eny. Legyen {K1 , K2 , K3 } egy csal´ ad 2 ≤ d(P − , P1+ ) ≤ d(P − , P2+ ) ≤
d(P − , P3+ ), ´es int C(kiP , r1 ) ∩ int C(kjP , r1 ) = ∅ minden {i, j} ⊂ {1, 2, 3}, i 6= j eset´en,
valamint d2 ≤ d(k 0 , kiP ), minden i ∈ {1, 2, 3} ´es valamilyen d2 ∈ (2 − 2r1 , 2r1 ] =
(0.40 . . . , 1.59 . . .] eset´en ´es k1P k 0 k3P ∠ = k1P k 0 k2P ∠ + k2P k 0 k3P ∠. Ekkor k1P k 0 k3P ∠ ≥ min(arccos
4 + d22 − 4r12 1 , arccos ) + 60◦ . 2r1 4d2
Tov´ abb´ a, ha az egyenl˝ os´eg teljes¨ ul, akkor d(P − , P1+ ) = 2, d(P − , P2+ ) = 2, d(P − , P3+ ) = 4, d(k 0 , k3P ) ∈ {d2 , 2r1 } valamint K1 , K2 ´es K2 , K3 ´erinti egym´ ast. Bizony´ıt´ as. Mint a 3.1. K¨ovetkezm´enyben, itt is feltehetj¨ uk, hogy d(P − , P1+ ) = 2, d(P − , P3+ ) = 4, K1 , K2 ´es K2 , K3 ´erinti egym´ast. 23
El˝osz¨or feltessz¨ uk, hogy d(P − , P2+ ) < 4. Tekints¨ uk a k¨ovetkez˝o f¨ uggv´enyt: f (t) := k1P k 0 k3P ∠ = arccos
1 (2 − t)2 + z 2 − (2r1 + t)2 + arccos , 2−t 2(2 − t)z
ahol z = d(k 0 , k3P ) egy r¨ogz´ıtett param´eter (ha t = 0, t = 2 − 2r1 , akkor rendre
d(P − , P2+ ) = 2, d(P − , P2+ ) = 4) (11. a´bra)
11. a´bra. Most negmutatjuk, hogy f 0 (t) > 0, ha t ∈ [0, 2 − 2r1 ].
A deriv´alt 0
f (t) =
−
√
√ −(−z 2 +4+4r12 +8r1 )(4r12 +8r1 t−8r1 +4−z 2 +4t2 −8t)+(−z 2 +4+4r12 +8r1 ) 3−4t+t2 √ √ (2−t) 3−4t+t2 −(−z 2 +4+4r12 +8r1 )(4r12 +8r1 t−8r1 +4−z 2 +4t2 −8t)
nagyobb, mint 0 akkor ´es csakis akkor, ha p − −(−z 2 + 4 + 4r12 + 8r1 )(4r12 + 8r1 t − 8r1 + 4 − z 2 + 4t2 − 8t)+(−z 2 +4+4r12 + √ 8r1 ) 3 − 4t + t2 > 0, azaz f 0 (t) > 0 akkor ´es csakis akkor, ha t < hogy 2 − 2r1 < 1 ≤
2(4r12 +4r1 +4−z 2 ) 8−z 2 +4r12 +8r1
vagy 2 < t. K¨onny˝ u bel´atni, , ha z ∈ (d2 , 2r1 ] teh´at f (0) = min f (t) . t∈[0,2−2r1 ] min f (0) ´ert´eket keress¨ uk. A 3.1. K¨ovetkezm´enyt
2(4r12 +4r1 +4−z 2 ) 8−z 2 +4r12 +8r1
´Igy feltessz¨ uk, hogy t = 0 ´es kell alkalmaznunk a
k2P k 0 k3P ∠
z∈[d2 ,2r1 ]
sz¨ogre, valamint a k1P k 0 k2P ∠ ≥ 60◦ egyenl˝otlens´eget
(ha az egyenl˝os´eg teljes¨ ul, akkor d(P − , P1+ ) = d(P − , P2+ ) = 2), ahol d(P − , P1+ ) = d(P − , P2+ ), ami az a´ll´ıt´as bizony´ıt´asa. 24
M´asodszor feltessz¨ uk, hogy d(P − , P2+ ) = 4. A 3.1. K¨ovetkezm´eny miatt k1P k 0 k2P ∠ ≥ min(arccos
1 4 + d22 − 4r12 , arccos ) 2r1 4d2
´es k2P k 0 k3P ∠ ≥ 2 arcsin
1 > 60◦ , 2r1
´ıgy
4 + d22 − 4r12 1 1 , arccos ) + 2 arcsin . 2r1 4d2 2r1 Ebben az esetben az egyenl˝os´eg nem teljes¨ ulhet. Ezzel bebizony´ıtottuk a K¨ovetkezm´enyt. k1P k 0 k3P ∠ ≥ min(arccos
2 3.2. Lemma. Legyen F = {K1 , K2 , . . . Kn } egy csal´ ad ´es Ki ⊂ H + minden i =
1, . . . , n eset´en. Ekkor n ≤ 4.
Bizony´ıt´ as. Ha d(k 0 , kiP ) ≤ 2 − 2r1 valamely i = 1, . . . , n eset´en, akkor card F ≤ 2. ´Igy feltessz¨ uk, hogy d(k 0 , k P ) > 2 − 2r1 minden i = 1, . . . , n eset´en. Az egyszer˝ ubb jel¨ol´es kedv´e´ert legyen
i P kn+1
= k1P . Mivel k 0 ∈ / C(kiP , 2 − 2r1 ), ´ıgy nem l´etezik olyan
Ki ∈ F, hogy kiP = k 0 . Vet´ıts¨ uk a kiP pontot a k 0 pontb´ol bd C 0 halmazra ´es legyen a k´ep ki0P . Feltehetj¨ uk, hogy a ciklikus sorrend a k¨ovetkez˝o: k10P , k20P , . . . , kn0P .
A 3.1. Lemma miatt P kiP k 0 ki+1 ∠ ≥ 2 arcsin
1 = 77.56 . . .◦ minden i = 1, . . . , n eset´en. 2r1
Teh´at n < 5, ami a Lemma bizony´ıt´asa. K¨onny˝ u bel´atni, hogy card F = 4 lehets´eges.
2
A k¨ovetkez˝o lemma megfogalmaz´asa el˝ott bevezet¨ unk egy u ´ j konstanst. Legyen d = 0.74 . . . az
5π 1 − 2 arccos ) − 4r12 + 4 6 2r1 f¨ uggv´eny egyetlen gy¨oke a [0, 1] intervallumban. x 7→ x2 − 4x cos(
3.3. Lemma. Legyen F = {K1 , K2 , . . . Kn } egy csal´ ad ´es Ci+ ⊂ H + minden i =
1, . . . , n eset´en. Legyen int C(kiP , r1 ) ∩ int C(kjP , r1 ) = ∅ minden {i, j} ⊂ {1, . . . , n} eset´en, ahol i 6= j. Legyen tov´ abb´ a k0 ∈ / C(kiP , d) minden i = 1, . . . , n eset´en. Ekkor n ≤ 6.
25
Bizony´ıt´ as. A k10P , k20P , . . . , kn0P pontokat ´ertelmezz¨ uk u ´ gy, mint a 3.2. Lemm´aban ´es tegy¨ uk fel, hogy ez a ciklikus sorrendj¨ uk. Az egyszer˝ ubb jel¨ol´es kedv´e´ert legyen P Kn+1 = K1 , K0 = Kn , kn+1 = k1P ´es k0P = knP .
Megjegyezz¨ uk, hogy a 3.1. K¨ovetkezm´eny miatt P kiP k 0 ki+1 ∠ > arccos
´es hasonl´oan
4 + d2 − 4r12 P = 47.56 . . .◦ , ha k 0 ∈ int C(kiP , 1) ∪ C(ki+1 , 1) , 4d
1 P = 51.21 . . .◦ , ha k 0 ∈ / int C(kiP , 1) ∪ C(ki+1 , 1) . 2r1 Mivel 1 < 2r1 ´ıgy, ha k 0 ∈ int C(kiP , 1) , akkor d(P − , Pi+ ) = 4. Mivel K1 , K2 , . . . Kn P kiP k 0 ki+1 ∠ ≥ arccos
testek nem egym´asbany´ ul´oak, ez´ert legfeljebb egy int Ki metszheti a aK egyenest, azaz k 0 ∈ int C(kiP , 1) legfeljebb egy i ´et´ekre. Ebb˝ol ´es a 6·51.21 . . .◦ +2·47.56 . . .◦ > 360◦ egyenl˝otlens´egb˝ol k¨ovetkezik, hogy n < 8.
Tegy¨ uk fel, hogy n = 7. Ekkor d(P − , Ki−1 ) ≤ d(P − , Ki ) ≤ d(P − , Ki+1 ) valamely i
´ert´ekre.
P Ha k 0 ∈ int C(ki+1 , 1) , akkor
P P ki−1 k 0 ki+1 ∠ > arccos
4 + d2 − 4r12 + 60◦ 4d
k¨ ul¨onben P P ki−1 k 0 ki+1 ∠ ≥ arccos
1 + 60◦ . 2r1
´Igy 6 X
P kiP k 0 ki+1 ∠
i=0
ami ellentmond´as.
4 + d2 − 4r12 1 > 2 arccos + 60◦ + 4 arccos = 360◦ ; 4d 2r1
2
3.3. K¨ ovetkezm´ eny. Legyen F = {K1 , K2 , . . . Kn } egy csal´ ad ´es Ci+ ⊂ H + minden i = 1, . . . , n eset´en. Legyen int C(kiP , r1 ) ∩ int C(kjP , r1 ) = ∅ minden {i, j} ⊂ {1, . . . , n} eset´en, ahol i 6= j. Ekkor n ≤ 7.
Bizony´ıt´ as. Mivel 2d < 2 ´es ha k 0 ∈ C(kiP , d), akkor d(P − , Pi+ ) = 4, ´ıgy legfeljebb egy kiP lehet a C(k 0 , d) z´art k¨orben. Ebb˝ol ´es a 3.3. Lemm´ab´ol k¨ovetkezik, hogy n ≤ 7.
2
26
Vegy¨ uk ´eszre, hogy a 3.3. Lemm´aban a d konstasn nem jav´ıthat´o ´es az n = 6 eset lehets´eges. 3.4. Lemma. Legyen F = {K1 , K2 , . . . , Kn } eyg csal´ ad ´es Ki ⊂ H + pontosan n´egy Ki ∈ F eset´en. Legyen tov´ abb´ a Ci+ ⊂ int H + minden Ki ∈ F eset´en. Ekkor n ≤ 5.
Bizony´ıt´ as. A k10P , k20P , . . . , kn0P pontokat ´ertelmezz¨ uk u ´ gy, mint a 3.2. Lemm´aban ´es tegy¨ uk fel, hogy q ez a ciklikus sorrendj¨ uk. Az egyszer˝ ubb jel¨ol´es kedv´e´ert legyen q 2 −1 2 −1 4r 4r P kn+1 = k1P ´es t = 4 − r12 − 4r12 − r12 = 0.909 . . .. A lemma felt´eteleib˝ol 1
1
k¨ovetkezik, hogy d(k 0 , kiP ) ≥ t minden i eset´en (12. a´bra).
12. a´bra. Mivel d < t, ez´ert a 3.3. Lemma felt´etelei teljes¨ ulnek, teh´at n ≤ 6.
Indirekt bizony´ıtunk. Feltessz¨ uk, hogy n = 6. Az a´ltal´anoss´ag megszor´ıt´asa n´elk¨ ul feltehetj¨ uk, hogy (i) (K1 ∪ K2 ∪ K3 ∪ K4 ) ⊂ H + ; vagy (ii) (K1 ∪ K2 ∪ K3 ∪ K5 ) ⊂ H + ; vagy (iii) (K1 ∪ K2 ∪ K4 ∪ K5 ) ⊂ H + . Megmutatjuk, hogy minden esetben X = mond´as. 27
P6
i=1
P kiP k 0 ki+1 ∠ > 360◦ , ami ellent-
(i) Ha k 0 ∈ / int C(kiP , 1) minden i = 1, 2, 3, 4 eset´en, akkor X ≥ 6 arcsin 2r11 + 2 arccos 2r11 + 60◦ > 360◦ .
Ellenkez˝o esetben k 0 ∈ int C(kiP , 1) pontosan egy i ∈ {1, 2, 3, 4} eset´en. Ha k 0 ∈ int C(k1P , 1) (a k 0 ∈ int C(k4P , 1) eset bizony´ıt´asa hasonl´o), akkor a 3.1.
K¨ovetkezm´eny miatt
P kiP k 0 ki+1 ∠ ≥ 2 arcsin
Most becs¨ ulj¨ uk
P6
i=4
K¨ovetkezm´eny miatt
1 = 77.56 . . .◦ , ha i = 1, 2, 3. 2r1
P kiP k 0 ki+1 ∠ ´ert´ek´et. Ha d(P − , P5+ ) ≤ d(P − , P6+ ), akkor a 3.1.
k4P k 0 k5P ∠ > arccos
1 = 51.21 . . .◦ , 2r1
´es a 3.2. K¨ovetkezm´eny miatt k1P k 0 k5P ∠ > arccos
4 + t2 − 4r12 1 + 60◦ = arccos + 60◦ = 111.21 . . .◦ ; 4t 2r1
P6
P kiP k 0 ki+1 ∠ > 2 arccos 2r11 + 60◦ . Ha d(P − , P5+ ) > d(P − , P6+ ), akkor hasonl´oan kapjuk ugyanezt a becsl´est. ´Igy
´ıgy
i=4
1 1 + 2 arccos + 60◦ = 395.1 . . .◦ > 360◦ . 2r1 2r1 Ha k 0 ∈ int C(k2P , 1) vagy k 0 ∈ int C(k3P , 1) , akkor hasonl´oan kaphatjuk, hogy X > 6 arcsin
X > 6 arcsin
1 1 + 2 arccos + 60◦ > 360◦ . 2r1 2r1
(ii) A bizony´ıt´as sor´an ism´et a 3.1. K¨ovetkezm´enyt ´es a 3.2. K¨ovetkezm´enyt haszn´aljuk. Mivel az okoskod´as hasonl´o, mint az (i) esetben, ez´ert csak a becsl´esek v´egeredm´enyeit ´ırjuk le: – ha k 0 ∈ / int C(kiP , 1) minde i = 1, 2, 3, 5 eset´en, akkor X > 4 arcsin
1 1 + 4 arccos = 360◦ , 2r1 2r1
– ha k 0 ∈ int C(k5P , 1) , akkor X > 4 arcsin
1 1 4 + t2 − 4r12 + 2 arccos + 2 arccos = 360◦ ; 2r1 2r1 4t 28
– ha k 0 ∈ int C(k1P , 1) vagy k 0 ∈ int C(k3P , 1) , akkor
4r12 − 3 1 1 4 + t2 − 4r12 + 2 arcsin + 3 arccos + arccos > 360◦ ; 4r1 2r1 2r1 4t – ha k 0 ∈ int C(k2P , 1) , akkor X > arccos
X > 2 arccos
4r12 − 3 1 + 4 arccos > 360◦ . 4r1 2r1
(iii) A bizony´ıt´as sor´an ism´et a 3.1. K¨ovetkezm´enyt ´es a 3.2. K¨ovetkezm´enyt haszn´aljuk. Mivel az okoskod´as hasonl´o, mint az (i) esetben, ez´ert csak a becsl´esek v´egeredm´enyeit ´ırjuk le: – ha k 0 ∈ / int C(kiP , 1) minden i = 1, 2, 4, 5 eset´en, akkor
1 1 + 4 arccos = 360◦ , 2r1 2r1 – ha k 0 ∈ int C(k1P , 1) vagy k 0 ∈ int C(k2P , 1) vagy k 0 ∈ int C(k4P , 1) vagy k 0 ∈ int C(k5P , 1) , akkor X > 4 arcsin
X > arccos
4r12 − 3 1 1 4 + t2 − 4r12 + 2 arcsin + 3 arccos + arccos > 360◦ , 4r1 2r1 2r1 4t
ami a Lemma biznyo´ıt´asa.
2
3.5. Lemma. Legyen F = {K1 , K2 , . . . , Kn } egy csal´ ad ´es Ki ⊂ H + pontosan h´ arom Ki ∈ F eset´en. Legyen tov´ abb´ a Ci+ ⊂ int H + minden Ki ∈ F eset´en. Ekkor n ≤ 6.
Bizony´ıt´ as. A k10P , k20P , . . . , kn0P pontokat ´ertelmezz¨ uk u ´ gy, mint a 3.2. Lemm´aban ´es P tegy¨ uk fel, hogy ez a ciklikus sorrendj¨ uk. Az egyszer˝ ubb jel¨ol´es kedv´e´ert legyen k n+1 = p p √ P 2 2 k1 . Legyen tov´abb´a q1 = 3 − 4r1 − 1 = 0.48 . . ., q2 = 5 − 4r1 − 1 = 0.56 . . . ´es
q3 = 0.65 . . . legyen az
x 7→ x2 − 4x cos(5 arccos
1 π + ) + 4 − 4r12 2r1 3
f¨ uggv´eny egyetlen gy¨oke a [0, 1] intervallumban. Ekkor d(k 0 , kiP ) ≥ q1 minden i eset´en (13. a´bra).
29
13. a´bra. Mivel q1 < d, ez´ert a 3.3. K¨ovetkezm´eny miatt n ≤ 7.
Tegy¨ uk fel, hogy n = 7. Az a´ltal´anoss´ag megszor´ıt´asa n´elk¨ ul feltehetj¨ uk, hogy (i) (K1 ∪ K2 ∪ K3 ) ⊂ H + ; vagy (ii) (K1 ∪ K2 ∪ K4 ) ⊂ H + ; vagy (iii) (K1 ∪ K2 ∪ K5 ) ⊂ H + ; vagy (iv) (K1 ∪ K3 ∪ K5 ) ⊂ H + .
´ Ugy, mint a 3.4. Lemma eset´en, most is megmutatjuk, hogy X =
360◦ , ami ellentmond´as.
P7
i=1
P kiP k 0 ki+1 ∠>
(i) Ha k 0 ∈ / int C(kiP , 1) minden i = 1, 2, 3 eset´en vagy k 0 ∈ int C(k2P , 1) , akkor
1 1 + 5 arccos > 360◦ . 2r1 2r1 Az ellenkez˝o esetben, ha k 0 ∈ int C(k3P , 1) (az k 0 ∈ int C(k1P , 1) esetben a biX > 4 arcsin
zony´ıt´as hasonl´o), akkor
X > X − k3P k 0 k4P ∠ > 4 arcsin
1 1 + 4 arccos = 360◦ . 2r1 2r1
(ii) Ha k 0 ∈ / int C(kiP , 1) minden i = 1, 2, 4 eset´en vagy k 0 ∈ int C(k1P , 1) vagy k 0 ∈ int C(k2P , 1) , akkor k¨onny˝ u bel´atni, hogy X > 2 arcsin
1 1 + 5 arccos + 30◦ > 360◦ . 2r1 2r1 30
´Igy feltessz¨ uk, hogy k 0 ∈ int C(k4P , 1) . Eml´ekeztet¨ unk egy kor´abbi jel¨ol´esre, miszq q 2 −1 4r12 −1 4r erint t = 4 − r2 − 4r12 − r12 = 0.909 . . .. Ha q1 ≤ d(k 0 , k4P ) ≤ t, akkor K2 1
1
´es K4 ´erinti egym´ast. Alkalmazzuk a 3.1. K¨ovetkezm´enyt a K2 , K4 eltoltakra, amib˝ol k2P k 0 k4P ∠ ≥ arccos
t2 +4r12 −4 4tr1
= 2 arccos 2r11 = 102.43 . . .◦ . Ha t < d(k 0 , k4P ) ≤ 1, akkor
K2 , K4 nem ´erintik egym´ast. Alkalmazzuk a 3.1. K¨ovetkezm´enyt a K2 , K3 valamint a K3 , K4 testekre ´es kapjuk, hogy k2P k 0 k4P ∠ ≥ 2 arccos 2r11 . Ezut´an haszn´aljuk a 3.1.
K¨ovetkezm´enyt ´es a 3.2. K¨ovetkezm´enyt ´es kapjuk, hogy X > 2 arcsin
1 1 + 5 arccos + 30◦ > 360◦ . 2r1 2r1
(iii) Ha k 0 ∈ / int C(kiP , 1) minden i = 1, 2, 5 eset´en vagy k 0 ∈ int C(k1P , 1) vagy k 0 ∈ int C(k2P , 1) , akkor k¨onny˝ u bel´atni, hogy X > 2 arcsin
Ha k 0 ∈ int C(k5P , 1) , akkor X > 2 arcsin
1 1 + 3 arccos + 150◦ > 360◦ . 2r1 2r1
1 1 + 2 arccos + 180◦ = 360◦ . 2r1 2r1
(iv) Ha k 0 ∈ / int C(kiP , 1) minden i = 1, 3, 5 eset´en vagy k 0 ∈ int C(k3P , 1) , akkor mint a (ii) esetben kapjuk
X > 6 arccos
1 + 60◦ > 360◦ . 2r1
´Igy feltessz¨ uk, hogy k 0 ∈ int C(k5P , 1) . A k1P , k2P ´es k3P elhelyezked´es´eb˝ol k¨ovetkezik,
hogy d(k 0 , k5P ) ≥ q2 (14. a´bra). Legyen Y =
P5
i=3
P kiP k 0 ki+1 ∠. Ekkor
Y > arccos Y > 2 arccos
4r12 + q32 − 4 + 30◦ = 149.6 . . .◦ , ha d(k 0 , k5P ) ∈ [q2 , q3 ), 4r1 q3
1 4 + q32 − 4r12 + arccos = 146.3 . . .◦ , ha d(k 0 , k5P ) ∈ [q3 , t) ´es 2r1 4q3 31
14. a´bra. Y ≥ 3 arccos
1 = 153.6 . . .◦ , ha d(k 0 , k5P ) ∈ [t, 1]. 2r1 2
2
´Igy Y > 2 arccos 1 + arccos 4+q3 −4r1 = 146.3 . . .◦ minden esetben. A marad´ek 2r1 4q3 sz¨ogek becsl´es´et hasonl´oan tehetj¨ uk meg mint az (i) esetben, amib˝ol kapjuk az X > 5 arccos egyenl˝otlens´eget.
3.5.
1 4 + q32 − 4r12 + arccos + 60◦ = 360◦ 2r1 4q3
2
A T´ etel bizony´ıt´ asa
Most bel´atjuk, hogy H(K) ≤ 15.
Eml´ekeztet¨ unk egy kor´abbi jel¨ol´esre, miszerint S = cl (R3 \ (H + ∪ H − )).
Tekints¨ unk egy F csal´adot. Legyen F+ = {Ki ∈ F|Ki ∩ int H + 6= ∅} ´es F− = {Ki ∈
F|Ki ∩ int H − 6= ∅}. Az a´ltal´anoss´ag megszor´ıt´asa n´elk¨ ul feltehetj¨ uk, hogy card F + ≥
card F− . Mivel az S s´avban legfeljebb 6 eltolt helyezkedhet el ez´ert, ha card F+ ≤ 4, akkor card F ≤ 14, ami az a´ll´ıt´as bizony´ıt´asa. ´Igy feltessz¨ uk, hogy card F+ ≥ 5. A 3.3. K¨ovetkezm´eny miatt card F+ ≤ 7. ´Igy h´arom esetet k¨ ul¨onb¨oztet¨ unk meg:
1. Eset. card F+ = 5. 32
2. Eset. card F+ = 6. 3. Eset. card F+ = 7. L´assuk az esetek bizony´ıt´as´at! 1. Eset. card F+ = 5. A 3.3. Lemma miatt legfeljebb 6 elem lehet az F \ F+ halmazban, amely eltoltakat nem tartalmazza H − . Alkalmazzuk a 3.2. Lemm´at ´es kapjuk, hogy az F csal´adnak legfeljebb 4 eleme lehet a H − f´elt´erben. ´Igy card F ≤ 15. 2. Eset. card F+ = 6. A 3.4. Lemma miatt az F+ csal´adnak legal´abb 3 eleme belemetsz az int S s´avba, azaz P + ∩ int Ki 6= ∅ legal´abb 3 db i eset´en. Ekkor a 3.3. Lemma a´ll´ıt´asa szerint az F
csal´ad legfeljebb 3 eleme helyezkedhet el az S s´avban (mert az F+ elemei, amelyek belemetszenek az int S s´avba ´es az F elemei, amelyek az S s´avban fekszenek legfeljebb 6). A 3.3. Lemma miatt, az F \ F+ csal´adnak legfeljebb 6 eleme metsz az int S s´avba. Ha a sz´amuk kevesebb, mint 6, akkor a 3.2. Lemma miatt card F ≤ 15. ´Igy feltessz¨ uk,
hogy az F\F+ csal´ad elemi k¨oz¨ott pontosan 6 elem metsz bele az int S s´avba. Kor´abban eml´ıtett¨ uk, hogy az S s´avbeli eltoltak sz´ama legfeljebb 3. ´Igy az F− csal´ad legal´abb 3
eleme metsz bele az int S s´avba. Alkalmazva a 3.4. Lemm´at kapjuk, hogy az F csal´ad legfeljebb 3 eleme helyezkedhet el a H − f´elt´erben, ami az a´ll´ıt´as bizony´ıt´asa. 3. Eset. card F+ = 7. A 3.4. Lemma ´es a 3.5. Lemma miatt az F+ csal´adnak legal´abb 5 eleme belemetsz az int S s´avba. Alkalmazva a 3.3. Lemm´at kapjuk, hogy az F csal´ad legfeljebb 1 eleme helyezkedhet el az S s´avban. Mivel card F+ ≥ card F− , ´ıgy card F ≤ 15.
2
Vegy¨ uk ´eszre, hogy az r1 kis n¨ovel´ese eset´en a Hadwiger-sz´am nem v´altozik.
33
4.
Pontok pakol´ asa 3-dimenzi´ os kock´ aba
4.1.
Probl´ emafelvet´ es
Brass, Moser ´es Pach [6] k¨onyv´eben olvashatunk a k¨ovetkez˝o probl´em´ar´ol: A 3dimenzi´os egys´egkock´aban elhelyezhet˝o n darab pont p´aronk´enti minim´alis t´avols´ag´anak a maximum´anak a keres´ese. Nyilv´an ezt a k´erd´est u ´ gy is felvethetj¨ uk, hogy mi a maxim´alis sugara n darab kongruens g¨ombnek, amelyek elhelyezhet˝oek egy adott kock´aban ´es nem ny´ ulnak egym´asba? M´ask´epp is fogalmazhatunk: Mekkora annak a minim´alis kock´anak az ´elhossza, amelyben elhelyezhet˝o n darab kongruens g¨omb, amelyek nem ny´ ulnak egym´asba? Vagy: Mekkora annak a minim´alis kock´anak az ´elhossza, amelyben elhelyezhet˝o n darab pont, amely pontok k¨oz¨otti t´avols´ag legal´abb 1? A k¨ovetkez˝okben azt keress¨ uk, hogy mekkora annak a minim´alis d-dimenzi´os kock´anak az ´elhossza, amelyben elhelyezhet˝o n darab pont, amely pontok k¨oz¨otti t´avols´ag legal´abb 1? Vagy: Mekkora a d-dimenzi´os egys´egkock´aban elhelyezhet˝o n darab pont minim´alis t´avols´ag´anak a maximuma? Jel¨olje ezt az ´ert´eket mdn . Sz´amos eredm´enyt olvashatunk az mdn ´ert´ekekr˝ol. L´assunk n´eh´anyat! p √ √ A probl´ema k´et dimenzi´oban. K¨onnyen kaphatjuk az m22 = 2, m23 = 2 2 − 3, √ 2 2
√
´ert´ekeket. A k¨ovetkez˝o eredm´enyeket tal´aljuk m26 = 613 Schwartz √ √ √ ¨ [55], m27 = 2(2 − 3) Nurmela ´es Osterg˚ ard [42], m28 = 6−2 2 Schaer ´es Meir [53] m24 = 1, m25 =
´es m29 =
1 2
Schaer [51] munk´aiban. Az m210 ´ert´ek´enek becsl´es´er˝ol sokat olvashatunk
[17], [18], [20], [22], [36], [37], [52], [54], [64], de Peikert - t¨obbek k¨oz¨ott - [20] adta meg a minim´alpolinomj´at az m210 ´ert´ek´enek, amely foksz´ama 18. Az n = 27 ´ert´ekig ¨ Peikert - t¨obbek k¨oz¨ott - [45] ´es Nurmela [43], az n = 50 ´ert´ekig Nurmela ´es Osterg˚ ard [43], [44] ´es az n = 100 ´ert´ekig Casado, Garc´ıa, Szab´o, Csendes [7], [8] adtak computer seg´ıts´eg´evel becsl´eseket az m2n ´ert´ek´ere. Sokan m´asokn´al is olvashatunk az m2n becsl´es´er˝o pl.: Mark´ot [34], Maranas, Floudas, Pardalos [35], Boll, Donovan, Graham, Lubachevsky [2], Lubachevsky, Graham, Stillinger [33]. A pontos ´ert´ekek 11 ≤ n eset´en √
m214 = 2 4−13 3 Wengerodt [66], m216 =
1 3
Wengerodt [65], m225 = 34
1 4
Wengerodt [67] ´es
m236 =
1 5
Kirchner, Wengerodt [32].
A probl´ema h´arom dimenzi´oban. Schaer [47], [48], [49], [50] megadta m3n ´ert´ek´et, √ √ p √ √ ha n ≤ 10 (m32 = 3, m33 = m34 = 2, m35 = 25 , m36 = 3 42 , m37 = 1 + 2p2 = √ √ √ √ 5+2 3−2 2 3 3 3 √ 1.001089825 . . . , ahol p := , m = 1, m = , m310 = 43 ) ´es ezekben az 8 9 2 6 esetekben megadta az optim´alis elrendez´est. Goldberg [16] megadott elrendez´eseket n = 27 ´ert´ekig ´es rem´elte, hogy majd lesznek, akik bebizony´ıtj´ak, hogy ezek a legjobb elrendez´esek (´es ´ıgy a legjobb m3n ´ert´ekek), vagy megjav´ıtj´ak az ott le´ırt m3n ´ert´ekeket. Goldberg sejt´ese az volt, hogy m314 =
√ 2 . 2
Mi megmutatjuk, hogy ez a sejt´es igaz.
Gensane [14] mind jav´ıtott Goldberg sejtett m3n ´ert´ekein a 11 ≤ n ≤ 26 tartom´anyban kiv´eve n = 13, 14, 18 eseteket.
A probl´ema n´egy dimenzi´oban. Nyilv´an m42 = 2. Meir azt´an B´alint - t¨obbek k¨oz¨ott - [1] bel´atta, hogy a 4-dimenzi´os egys´egkock´aban 17 olyan pont van, amelyek p´aronk´enti t´avols´aga legal´abb 1 ´es az elrendez´es egy´ertelm˝ u. Teh´at m 417 = 1. √ A probl´ema n dimenzi´oban. Nyilv´an mn2 = n. Chepanov, Ryvskov, Yakovlev [9] adott magasabb dimenzi´os eredm´enyeket. Mi azt a legkisebb 3-dimenzi´os kock´at keress¨ uk, amelyben elhelyezhet˝o 14 olyan pont, amely pontok p´aronk´enti t´avols´aga legal´abb 1. 5. T´ etel. A
√ 2 ´el˝ u 3-dimenzi´ os kocka a legkisebb kocka, amelyben elhelyezhet˝ o 14
olyan pont, amely pontok p´ aronk´enti t´ avols´ aga legal´ abb 1. A t´etel a´ll´ıt´as´ab´ol k¨ovetkezik, hogy m314 =
4.2.
√ 2 . 2
Jel¨ ol´ esek
√ √ √ √ √ Legyen K = conv (0, 0, 0), 2, 0, 0 , 0, 2, 0 , 2, 2, 0 , 0, 0, 2 , √ √ √ √ √ √ √ 2, 0, 2 , 0, 2, 2 , 2, 2, 2 . Legyen 0 < < 0.13 egy r¨ogz´ıtett ´ert´ek.
Legyen H :=
√ 2 , 2
h :=
√ 2 2
− ´es legyenek az a1 (0, 0, 0), a2 (2h, 0, 0), a3 (2h, 2h, 0),
a4 (0, 2h, 0), a5 (0, 0, 2h), a6 (2h, 0, 2h), a7 (2h, 2h, 2h), a8 (0, 2h, 2h) pontok a K ⊂ R3 kocka cs´ ucspontjai (15.
a´bra).
Legyen aij az ai aj ´el felez˝opontja.
Legyen aijkl az
ai aj ak al lap k¨oz´eppontja. Legyen m (h, h, h) a K kocka k¨oz´eppontja. Legyen Ki a K 35
15. a´bra.
kocka homotetikus k´epe, ahol a homot´ecia ar´anya
1 2
´es k¨oz´eppontja ai (i = 1, . . . , 8).
i Jel¨olje Pαi az i = α egyenlet˝ u s´ıkot, ahol i ∈ {x, y, z}, α ∈ R. Jel¨olje Pα,β a Pαi , Pβi ,
s´ıkok a´ltal hat´arolt z´art s´avot, ahol i ∈ {x, y, z}, (α, β) ∈ R × R ´es α 6= β. Jel¨olje
Hf+(x,y,z) , (Hf−(x,y,z) ) az f (x, y, z) = 0 s´ık a´ltal hat´arolt m pontot tartalmaz´o (nem tar-
talmaz´o) z´art f´elteret, ahol az f (x, y, z) = 0 s´ık nem tartalmazza az m pontot. Az F ⊂ K legyen olyan diszkr´et pontrendszer, amelyre igaz, hogy minden p, q ∈ F (p 6= q)
eset´en d(p, q) ≥ 1.
A Ki , Kj (i 6= j) kock´akat (lap)szomsz´edos kock´ ak nak nevezz¨ uk, ha a k´et kock´anak van
k¨oz¨os lapja, valamint a Ki , Kj , Kk , Kl (i, j, k, l mind k¨ ul¨onb¨oz˝o) kock´akat (´el)szomsz´edos kock´ ak nak nevezz¨ uk, ha a n´egy kock´anak van k¨oz¨os ´ele. A K i , Kj (i 6= j) kock´akat
szembenl´ev˝ ok nek vagy szemk¨ oztes kok´ ak nak nevezz¨ uk, ha csak egy k¨oz¨os cs´ ucsuk van.
A K1 , K2 , . . . , K6 k¨ ul¨onb¨oz˝o kock´ak egy l´ancot alkotnak, ha mindegyik Ki kock´anak i+1 pontosan k´et Ki−1 (lap)szomsz´edja van, ahol (K7 = K1 ´es K0 = K6 ). , K
4.3.
A bizony´ıt´ as v´ azlata
Eml´ekeztet˝ou ¨l a √ u 3-dimenzi´ os kocka a legkisebb kocka, amelyben elhelyezhet˝ o 14 olyan 5. T´ etel.A 2 ´el˝ pont, amely pontok p´ aronk´enti t´ avols´ aga legal´ abb 1. A bizony´ıt´as v´azlata a k¨ovetkez˝o.
36
1. L´ep´es. card(K ∩ F) ≥ 14.
2. L´ep´es. card(K ∩ F) ≤ 16.
3. L´ep´es. card(K ∩ F) ≤ 14. 4. L´ep´es. card(K ∩ F) < 14.
1. L´ep´es. Megadunk egy ponthalmazt, amely 14 pontb´ol a´ll, amely pontok p´aronk´enti t´avols´aga legal´abb 1 ´es mindegyik pont a K kock´aban van. ´Igy card(K ∩ F) ≥ 14. Ha ≥ 0.13, akkor diam (Ki ) < 1, azaz card (Ki ∩ F) ≤ 1 minden i = 1, 2, . . . , 8, azaz card(K ∩ F) ≤ 8. ´Igy feltessz¨ uk, hogy ∈ (0, 0.13) egy r¨ogz´ıtett sz´am. 2. L´ep´es. Indirekt bizony´ıtunk. A bizony´ıt´as a Ki kock´aban elhelyezked˝o h´aromsz¨og ter¨ ulet´enek becsl´es´en alapszik. A 4.1. Lemm´ab´ol ´es egy kis kock´aban elhelyezked˝o maxim´alis ter¨ ulet˝ u h´aromsz¨og ter¨ ulet´enek o¨sszehasonl´ıt´as´ab´ol kapjuk az ellentmond´ast. ´Igy egy kis kock´aban az F halmazb´ol legfeljebb 2 helyezkedhet el, azaz card(K ∩ F) ≤ 16.
3. L´ep´es. Indirekten bizony´ıtunk ´es indukci´oval bizony´ıtunk. Sokszor haszn´aljuk a 4.2. Lemm´at az indukci´os okoskod´asban, hogy megkapjuk, hogy 4 szomsz´edos kis kock´aban nem lehet 8 darab F halmazbeli pont, azaz card(K ∩ F) ≤ 14. A 14 pont csak u ´ gy helyezkedhet el a K kock´aban, hogy k´et szemk¨oztes kis kock´aban fekszik egy-egy pont, a t¨obbi kis kock´akban (amik egy l´ancot form´alnak) pedig k´et-k´et pont. Az ellentmond´as azon alapszik, hogy a (H − 0.21), (H − 0.21), h ´el˝ u t´eglatest a´tm´er˝oje
kisebb, mint 1 minden ∈ (0, 0.13) eset´en.
4. L´ep´es. Indirekt bizony´ıtunk. A 4.2. ´es a 4.3. Lemm´akat sokszor haszn´aljuk, hogy megkapjuk, hogy 6 kis kock´aban, amelyek egy l´ancot form´alnak, nem lehet 12 darab F halmazbeli pont, azaz card(K ∩ F) < 14. Az ellentmond´as a Megjegyz´eseken ´es a Lemm´akon alapszik.
Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy a
√ 2 ´el˝ u kocka a legkisebb olyan kocka, amelyben elf´er 14
olyan pont, amely pontok p´aronk´enti t´avols´aga legal´abb 1. Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy m314 =
√ 2 . 2
37
4.4.
El˝ ok´ esz¨ uletek
A k¨ovetkez˝o Megjegyz´eseket, Lemm´akat ´es K¨ovetkezm´enyeket fogjuk haszn´alni. 4.1. Megjegyz´ es. Ha (x, y) ∈ [0, H] × (0, 0.21], akkor (H − x)2 + (H − y)2 + x2 < 1. Bizony´ıt´ as. Tekints¨ uk a k¨ovetkez˝o f¨ uggv´enyt f (x, y) := (H − x)2 + (H − y)2 + x2 . Ekkor a g1 (y) = f (0, y),
g2 (y) = f (H, y),
g3 (x) = f (x, y0 )
f¨ uggv´enyek szigor´ uan konvexek (g100 (y) = 2, g200 (y) = 2, g300 (x) = 4), ahol (x, y) ∈ [0, H] × [0, 0.21] ´es y0 ∈ [0, 0.21] egy r¨ogz´ıtett sz´am. Mivel g1 (0) = f (0, 0) = 1,
g1 (0.21) = f (0, 0.21) = 0.74 . . . ,
g2 (0) = f (H, 0) = 1,
g2 (0.21) = f (H, 0.21) = 0.74 . . . ,
´ıgy f (x, y) ≤ 1, ha (x, y) ∈ [0, H] × [0, 0.21] ´es az egyenl˝os´eg pontosan akkor teljes¨ ul, ha (x, y) = (0, 0) vagy (x, y) = (H, 0), azaz
f (x, y) < 1, ha (x, y) ∈ [0, H] × (0, 0.21].
2
4.2. Megjegyz´ es. Ha (x, y) ∈ [0, H] × (0, 0.21] ´es x + y ≤ H, akkor (H − x)2 + (H − y)2 + (x + y)2 < 1. Bizony´ıt´ as. Legyen f (x, y) := (H − x)2 + (H − y)2 + (x + y)2 . Ekkor a g1 (y) =
f (0, y), g2 (y) = f (H − y, y), g3 (x) = f (x, y0 ) f¨ uggv´enyek szigor´ uan konvexek (g100 (y) = 4, g200 (y) = 4, g300 (x) = 4), ahol (x, y) ∈ [0, H] × [0, 0.21], x + y ≤ H ´es y0 ∈ [0, 0.21] egy 38
r¨ogz´ıtett sz´am. Mivel g1 (0) = f (0, 0) = 1, g1 (0.21) = f (0, 0.21) = 0.79 . . . , g2 (0) = f (H, 0) = 1, g2 (0.21) = f (H − 0.21, 0.21) = 0.79 . . . , ´ıgy f (x, y) ≤ 1,
ha (x, y) ∈ [0, H] × [0, 0.21], x + y ≤ H ´es az egyenl˝os´eg pontosan akkor teljes¨ ul, ha
(x, y) = (0, 0) vagy (x, y) = (H, 0), azaz f (x, y) < 1, ha (x, y) ∈ [0, H] × (0, 0.21] ´es
x + y ≤ H.
2
4.3. Megjegyz´ es. Ha (x, y) ∈ [0, H] × (0, 0.21] ´es x + 2y ≤ H, akkor (H − x)2 + (H − y)2 + (x + 2y)2 < 1. Bizony´ıt´ as. Legyen f (x, y) := (H − x)2 + (H − y)2 + (x + 2y)2 . Ekkor a g1 (y) =
f (0, y), g2 (y) = f (H −2y, y), g3 (x) = f (x, y0 ) f¨ uggv´enyek szigor´ uan konvexek (g100 (y) =
10, g200 (y) = 10, g300 (x) = 4), ahol (x, y) ∈ [0, H] × [0, 0.21], x + 2y ≤ H ´es y0 ∈ [0, 0.21] egy r¨ogz´ıtett sz´am. Mivel g1 (0) = f (0, 0) = 1, g1 (0.21) = f (0, 0.21) = 0.92 . . . , g2 (0) =
f (H, 0) = 1, g2 (0.21) = f (H − 0.42, 0.21) = 0.92 . . . , ´ıgy f (x, y) ≤ 1, ha (x, y) ∈
[0, H] × [0, 0.21], x + 2y ≤ H ´es az egyenl˝os´eg pontosan akkor teljes¨ ul, ha (x, y) = (0, 0) vagy (x, y) = (H, 0), azaz f (x, y) < 1, ha (x, y) ∈ [0, H] × (0, 0.21] ´es x + 2y ≤ H.
2
4.4. Megjegyz´ es. Ha (x, y) ∈ [0, H] × (0, 0.21] ´es x + 2y ≤ H, akkor (H − x − y)2 + H 2 + (x + y)2 < 1. Bizony´ıt´ as. Legyen f (x, y) := (H − x − y)2 + H 2 + (x + y)2 . Ekkor a g1 (y) =
f (0, y), g2 (y) = f (H −2y, y), g3 (x) = f (x, y0 ) f¨ uggv´enyek szigor´ uan konvexek (g100 (y) = 4, g200 (y) = 4, g300 (x) = 4), ahol (x, y) ∈ [0, H] × [0, 0.21], x + 2y ≤ H ´es y0 ∈ [0, 0.21] egy
r¨ogz´ıtett sz´am. Mivel g1 (0) = f (0, 0) = 1, g1 (0.21) = f (0, 0.21) = 0.79 . . . , g2 (0) = f (H, 0) = 1, g2 (0.21) = f (H − 0.42, 0.21) = 0.79 . . . , ´ıgy f (x, y) ≤ 1, ha (x, y) ∈
[0, H] × [0, 0.21], x + 2y ≤ H ´es az egyenl˝os´eg pontosan akkor teljes¨ ul, ha (x, y) = (0, 0) vagy (x, y) = (H, 0), azaz f (x, y) < 1, ha (x, y) ∈ [0, H] × (0, 0.21] ´es x + 2y ≤ H.
4.5. Megjegyz´ es. Ha (x, y) ∈ [0, H] × (0, 0.21] ´es x + 2y ≤ H, akkor (H − x − 2y)2 + (H + y)2 + x2 < 1. 39
2
Bizony´ıt´ as. Legyen f (x, y) := (H − x − 2y)2 + (H + y)2 + x2 . Ekkor a g1 (y) =
f (0, y), g2 (y) = f (H −2y, y), g3 (x) = f (x, y0 ) f¨ uggv´enyek szigor´ uan konvexek (g100 (y) =
10, g200 (y) = 10, g300 (x) = 4), ahol (x, y) ∈ [0, H] × [0, 0.21], x + 2y ≤ H ´es y0 ∈ [0, 0.21] egy r¨ogz´ıtett sz´am. Mivel g1 (0) = f (0, 0) = 1, g1 (0.21) = f (0, 0.21) = 0.92 . . . , g2 (0) =
f (H, 0) = 1, g2 (0.21) = f (H − 0.42, 0.21) = 0.92 . . . , ´ıgy f (x, y) ≤ 1 ha (x, y) ∈
[0, H] × [0, 0.21], x + 2y ≤ H ´es az egyenl˝os´eg pontosan akkor teljes¨ ul, ha (x, y) = (0, 0) vagy (x, y) = (H, 0), azaz f (x, y) < 1, ha (x, y) ∈ [0, H] × (0, 0.21] ´es x + 2y ≤ H.
2
4.6. Megjegyz´ es. Ha (x, y) ∈ (0, 0.24] × (0, 0.24], akkor (H − x)2 + (H − y)2 + (2x + y)2 < 1. Bizony´ıt´ as. Legyen f (x, y) := (H − x)2 + (H − y)2 + (2x + y)2 . Ekkor a g1 (y) =
f (0, y), g2 (y) = f (0.24, y), g3 (x) = f (x, y0 ) f¨ uggv´enyek szigor´ uan konvexek (g100 (y) = 4, g200 (y) = 4, g300 (x) = 10), ahol (x, y) ∈ [0, 0.24] × [0, 0.24] ´es y0 ∈ [0, 0.21] egy r¨ogz´ıtett
sz´am. Mivel g1 (0) = f (0, 0) = 1, g1 (0.24) = f (0, 0.24) = 0.77 . . . , g2 (0) = f (0.24, 0) = 0.94, g2 (0.24) = f (0.24, 0.24) = 0.95 . . ., ´ıgy f (x, y) ≤ 1, ha (x, y) ∈ [0, 0.24] × [0, 0.24]
´es az egyenl˝os´eg pontosan akkor teljes¨ ul, ha (x, y) = (0, 0), azaz f (x, y) < 1, ha (x, y) ∈ (0, 0.24] × (0, 0.24].
2
4.7. Megjegyz´ es. Ha (x, y) ∈ (0, 0.21] × (0, 0.21] ´es x + y ≤ 0.21, akkor (H − 2x − y)2 + (H + x)2 + (x + y)2 < 1. Bizony´ıt´ as. Legyen f (x, y) := (H − 2x − y)2 + (H + x)2 + (x + y)2 . Ekkor a g1 (y) =
f (0, y), g2 (y) = f (0.21−y, y), g3 (x) = f (x, y0 ) f¨ uggv´enyek szigor´ uan konvexek (g100 (y) = 4, g200 (y) = 4, g300 (x) = 12), ahol (x, y) ∈ [0, 0.21] × [0, 0.21] ´es x + y ≤ 0.21 ´es
y0 ∈ [0, 0.21] egy r¨ogz´ıtett sz´am. Mivel g1 (0) = f (0, 0) = 1, g1 (0.21) = g2 (0.21) =
f (0, 0.21) = 0.79 . . . , g2 (0) = f (0.21, 0) = 0.96 . . . , ´ıgy f (x, y) ≤ 1, ha (x, y) ∈ [0, 0.21] × [0, 0.21] ´es x + y ≤ 0.21 ´es az egyenl˝os´eg pontosan akkor teljes¨ ul, ha
(x, y) = (0, 0), azaz f (x, y) < 1, ha (x, y) ∈ (0, 0.21] × (0, 0.21] ´es x + y ≤ 0.21.
2
40
4.8. Megjegyz´ es. Ha (x, y) ∈ (0, 0.21] × (0, 0.21], akkor (H − 2x − y)2 + (H + x)2 + y 2 < 1. Bizony´ıt´ as. Legyen f (x, y) := (H − 2x − y)2 + (H + x)2 + y 2 . Ekkor a g1 (y) =
f (0, y), g2 (y) = f (0.21, y), g3 (x) = f (x, y0 ) f¨ uggv´enyek szigor´ uan konvexek (g100 (y) = 4, g200 (y) = 4, g300 (x) = 10), ahol (x, y) ∈ [0, 0.21] × [0, 0.21] ´es y0 ∈ [0, 0.21] egy
r¨ogz´ıtett sz´am. Mivel g1 (0) = f (0, 0) = 1, g1 (0.21) = f (0, 0.21) = 0.79 . . . , g2 (0) = f (0.21, 0) = 0.92 . . . , g2 (0.21) = f (0.21, 0.21) = 0.89 . . . , ´ıgy f (x, y) ≤ 1, ha (x, y) ∈
[0, 0.21] × [0, 0.21] ´es az egyenl˝os´eg pontosan akkor teljes¨ ul, ha (x, y) = (0, 0), azaz
f (x, y) < 1, ha (x, y) ∈ (0, 0.21] × (0, 0.21].
2
4.9. Megjegyz´ es. Ha (ψ1 , ψ2 , ) ∈ (0, 0.24) × (0, 0.24) × (0, 0.13], akkor h2 (1 − sin ψ1 )2 + (1 − sin ψ2 )2 + (2 − cos ψ1 − cos ψ2 )2 < 1. Bizony´ıt´ as. Tekints¨ uk a k¨ovetkez˝o becsl´eseket.
h2 (1 − sin ψ1 )2 + (1 − sin ψ2 )2 + (2 − cos ψ1 − cos ψ2 )2 < 2 2 2 1 (1 − sin ψ ) + (1 − sin ψ ) + (2 − cos ψ − cos ψ ) = 1 2 1 2 2 4 − sin ψ1 − sin ψ2 − 2 cos ψ1 − 2 cos ψ2 + cos ψ1 cos ψ2 .
Legyen f (ψ1 , ψ2 ) := 4 − sin ψ1 − sin ψ2 − 2 cos ψ1 − 2 cos ψ2 + cos ψ1 cos ψ2 . Mivel fψ0 1 (ψ1 , ψ2 ) = − cos ψ1 + 2 sin ψ1 − sin ψ1 cos ψ2 < − cos ψ1 + 2 sin ψ1 < − cos 0.24 + 2 sin 0.24 < 0 minden (ψ1 , ψ2 ) ∈ [0, 0.24) × [0, 0.24) eset´en ´es hasonl´oan fψ0 2 (ψ1 , ψ2 ) < 0, ha (ψ1 , ψ2 ) ∈ [0, 0.24) × [0, 0.24), ´ıgy 1 = f (0, 0) > f (0, ψ2 ) > f (ψ1 , ψ2 ) ahol (ψ1 , ψ2 ) ∈ (0, 0.24) × (0, 0.24). 2 41
4.10. Megjegyz´ es. Ha (ψ, ) ∈ (0, 0.24) × (0, 0.13], akkor h2 (1 − sin ψ)2 + (1 − cos ψ + sin ψ)2 + 1 < 1. Bizony´ıt´ as. Tekints¨ uk a k¨ovetkez˝o becsl´eseket.
1 2 5 2
h2 (1 − sin ψ)2 + (1 − cos ψ + sin ψ)2 + 1 < (1 − sin ψ)2 + (1 − cos ψ + sin ψ)2 + 1 = 25 − cos ψ − 21 cos2 ψ − cos ψ sin ψ <
− 32 cos2 ψ − cos ψ sin ψ = 1 + 23 sin2 ψ − cos ψ sin ψ = 1 + sin ψ
3 2
sin ψ − cos ψ <
1 + sin 0 = 1, ha ψ ∈ (0, 0.24). Az ut´obbi egyenl˝otlens´eg a
3 2
sin ψ − cos ψ < 0 egyenl˝otlens´egb˝ol k¨ovetkezik.
2
4.11. Megjegyz´ es. Ha (ψ, ) ∈ (0, 0.24) × (0, 0.13], akkor h2 (1 − 2 sin ψ)2 + (2 − cos ψ)2 + sin2 ψ < 1. Bizony´ıt´ as. Tekints¨ uk a k¨ovetkez˝o becsl´eseket.
1 2
h2 (1 − 2 sin ψ)2 + (2 − cos ψ)2 + sin2 ψ < (1 − 2 sin ψ)2 + (2 − cos ψ)2 + sin2 ψ = 5 − 2 sin ψ − 2 cos ψ − 2 cos2 ψ <
5 − 2 sin ψ − 4 cos2 ψ = 1 + 4 sin2 ψ − 2 sin ψ = 1 + 2 sin ψ(2 sin ψ − 1) < 1 + 2 sin 0 = 1, ha ψ ∈ (0, 0.24).
k¨ovetkezik.
2
Az ut´obbi egyenl˝otlens´eg a 2 sin ψ − 1 < 0 egyenl˝otlens´egb˝ol
4.12. Megjegyz´ es. Ha ∈ (0, 0.13), akkor 2 √ 2 2 2 (h − 0.139) + 2h − h − 0.139 < 1. Bizony´ıt´ as. Legyen f () = (h − 0.139)2 + 2h − 42
√
h2 − 0.1392
2
. Mivel
f 0 () = −2 (h − 0.139) + 2 −2h + −2h + ´es
√
√
h2 − 0.1392
2−
√ 2h 2 h2 −0.1392
,
h − 0.139 > H − 0.13 − 0.139 > 0, √ √ h2 − 0.1392 ≤ 2 · 0.13 − 2 + H 2 − 0.1392 = −0.46 . . . < 0
√ 2h 2 2− √ ≥2− q = 0.73 . . . > 0. 2 2 2 h − 0.139 2 (H − 0.13)2 − 0.1392
´Igy f 0 () < 0, ha ∈ (0, 0.13). Ebb˝ol k¨ovetkezik max (f ()) = f (0) < 1. ∈[0,0.13]
2
4.1. Lemma. Ha C egy d-dimenzi´ os kocka (d ≥ 2) ´es {p1 , p2 , p3 } ⊂ C nem kolline´ aris pontok, akkor p1 , p2 , p3 pontokat kicser´elhetj¨ uk a C kocka cs´ ucspontjaira, mik¨ ozben a
p1 , p2 , p3 h´ aromsz¨ og ter¨ ulete nem cs¨ okken. Bizony´ıt´ as. A kocka lapjainak dimenzi´oja szerinti indukci´oval bizony´ıtunk. Ha p1 , p2 , p3 pontok mindegyike a C kocka cs´ ucspontja, akkor k´eszen vagyunk. Feltessz¨ uk, hogy a p1 nem cs´ ucsa a C kock´anak. Ha p1 nincs a C fel¨ ulet´en, akkor legyen En egy olyan egyenes, amely a´tmegy a p1 ponton ´es a C kocka egy cs´ ucspontj´an. Legyen {q1n , q2n } az En egyenes ´es a C kocka
fel¨ ulet´enek a metsz´espontjai. Vegy¨ uk ´eszre, hogy a q1n , q2n pontok egyike a C kocka cs´ ucspontja, a m´asik pont pedig a C kocka egyik (n − 1)-dimenzi´os lapj´an fekszik.
Ekkor
Area(p1 p2 p3 ) ≤ max (Area(q1n p2 p3 ), Area(q2n p2 p3 )) . Feltessz¨ uk, hogy Area(p1 p2 p3 ) ≤ Area(q1n p2 p3 ) ´es a p1 pontot kicser´elj¨ uk a q1n pontra. Ezen csere k¨ozben a p1 p2 p3 h´aromsz¨og ter¨ ulete nem cs¨okken. ´Igy a p1 a C valamelyik cs´ ucspontja vagy a C egyik (n − 1)-dimenzi´os lapj´an helyezkedik el.
Most megmutatjuk: ha p1 a C kocka (n − k)-dimenzi´os (n − k ≥ 2) hat´ar´an fekszik ´es
az (n−k −1)-dimenzi´os hat´ar´an nincs rajta, akkor a p1 pontot kicser´elhetj¨ uk a C kocka
(n − k − 1)-dimenzi´os hat´ar´an elhelyezked˝o pontra, mik¨ozben a p1 , p2 , p3 h´aromsz¨og ter¨ ulete nem cs¨okken.
Tegy¨ uk fel, hogy a p1 pont az (n − k)-dimenzi´os Ln−k lapon helyezkedik el. Legyen
En−k egy olyan egyenes, amely a´tmegy a p1 ponton ´es az Ln−k lap egy cs´ ucspontj´an. 43
Legyen {q1(n−k) , q2(n−k) } az En−k egyenes ´es az Ln−k relat´ıv hat´ar´anak a metsz´espontjai.
Vegy¨ uk ´eszre, hogy a q1(n−k) , q2(n−k) pontok egyike a C kocka cs´ ucspontja, a m´asik pont pedig egy (n − k − 1)-dimenzi´os lapon fekszik. Ekkor Area(p1 p2 p3 ) ≤ max Area(q1(n−k) p2 p3 ), Area(q2(n−k) p2 p3 ) .
Feltessz¨ uk, hogy Area(p1 p2 p3 ) ≤ Area(q1(n−k) p2 p3 ) ´es a p1 pontot kicser´elj¨ uk a q1(n−k) pontra. Ezen csere k¨ozben a p1 p2 p3 h´aromsz¨og ter¨ ulete nem cs¨okken. ´Igy a p1 a C kocka valamelyik cs´ ucspontja vagy az egyik (n − k − 1)-dimenzi´os L n−k−1 lapon fekszik. Nyilv´an, ha k = n − 1, akkor azt kapjuk, hogy a p1 pontot kicser´elt¨ uk a C kocka egyik
cs´ ucspontj´ara, mik¨ozben a p1 , p2 , p3 h´aromsz¨og ter¨ ulete nem cs¨okken.
Hasonl´oan a p2 , p3 pontokat is kicser´elhetj¨ uk a C kocka egyik cs´ ucspontj´ara, mik¨ozben a p1 , p2 , p3 h´aromsz¨og ter¨ ulete nem cs¨okken. Ezzel bel´attuk a Lemma a´ll´ıt´as´at.
2
4.2. Lemma. Ha (, δ) ∈ (0, 0.13] × (0, 0.21], ≤ δ, akkor a (H − δ), (H + δ), h ´el˝ u
t´eglatestben nem f´er el 3 olyan pont, amely pontok p´ aronk´enti t´ avols´ aga legal´ abb 1. Bizony´ıt´ as. Egy er˝osebb a´ll´ıt´ast bizony´ıtunk:
Ha δ ∈ (0, 0.21], akkor a (H − δ), (H + δ), H ´el˝ u t´eglatestben nem f´er el 3 olyan pont, amely pontok p´aronk´enti t´avols´aga legal´abb 1.
Legyen T a t1 (0, 0, 0), t2 (H − δ, 0, 0), t3 (H − δ, H + δ, 0), t4 (0, H + δ, 0), t5 (0, 0, H),
t6 (H − δ, 0, H), t7 (H − δ, H + δ, H), t8 (0, H + δ, H) cs´ ucsokkal rendelkez˝o t´eglatest,
azaz T = [0, H − δ] × [0, H + δ] × [0, H] (16. a´bra). Legyen tij a ti tj szakasz felez˝opontja
16. a´bra. minden i, j = 1, . . . , 8; i 6= j eset´en. 44
Indirekt bizony´ıtunk. Feltessz¨ uk, hogy van 3 olyan pont a T t´eglatestben, amely pontok p´aronk´enti t´avols´aga legal´abb 1. Legyenek p1 , p2 , p3 ezek a pontok. Mivel diam Pβy ∩ T < 1, ahol β ∈ [0, H + δ], ´ıgy d(P0y , p1 ), d(P0y , p2 ), d(P0y , p3 ) t´avols´agok k¨ ul¨onb¨oz˝oek. ´Igy feltehetj¨ uk, hogy d(P y , p1 ) < d(P y , p2 ) < d(P y , p3 ). A p1 , (p3 ) pontot 0
0
0
y kicser´elj¨ uk a p1 , (p3 ) pont P0y , (PH+δ ) s´ıkra val´o mer˝oleges vet¨ ulet´ere. Ezen cser´ek
k¨ozben a p1 , p2 , p3 pontok p´aronk´enti t´avols´aga nem cs¨okken. A pi pont koordin´at´ai legyenek (xi , yi , zi ), minden i = 1, 2, 3 eset´en. Ekkor y1 = 0,
y3 = H + δ.
Mivel az ((x1 = x2 ´es z1 = z2 ) vagy (x3 = x2 ´es z3 = z2 )) logikai formula nem lehet igaz, ez´ert h´arom esetet k¨ ul¨onb¨oztet¨ unk meg:
17. a´bra.
18. a´bra.
1. Eset. (x1 ≤ x2 , x3 ≤ x2 , z1 < z2 , z3 < z2 ), vagy (x1 > x2 , x3 > x2 , z1 ≤ z2 , z3 ≤ z2 ), vagy
(x1 ≥ x2 , x3 ≥ x2 , z1 > z2 , z3 > z2 ), vagy (x1 < x2 , x3 < x2 , z1 ≥ z2 , z3 ≥ z2 ). (A 17. a´bra mutatja a p1 , p2 , p3 pontok mer˝oleges vet¨ ulet´et a P0y s´ıkra.)
2. Eset. (x1 ≤ x2 , x3 > x2 , z1 < z2 , z3 ≤ z2 ), vagy (x1 > x2 , x3 ≤ x2 , z1 ≤ z2 , z3 < z2 ), vagy
(x1 > x2 , x3 ≥ x2 , z1 ≤ z2 , z3 > z2 ), vagy (x1 ≥ x2 , x3 > x2 , z1 > z2 , z3 ≤ z2 ), vagy
(x1 ≥ x2 , x3 < x2 , z1 > z2 , z3 ≥ z2 ), vagy (x1 < x2 , x3 ≥ x2 , z1 ≥ z2 , z3 > z2 ), vagy
(x1 < x2 , x3 ≤ x2 , z1 ≥ z2 , z3 < z2 ), vagy (x1 ≤ x2 , x3 < x2 , z1 < z2 , z3 ≥ z2 ). (A 18. a´bra mutatja a p1 , p2 , p3 pontok mer˝oleges vet¨ ulet´et a P0y s´ıkra.) 45
3. Eset. (x1 ≤ x2 , x3 ≥ x2 , z1 < z2 , z3 > z2 ), vagy (x1 ≥ x2 , x3 ≤ x2 , z1 > z2 , z3 < z2 ), vagy
(x1 > x2 , x3 < x2 , z1 ≤ z2 , z3 ≥ z2 ), vagy (x1 < x2 , x3 > x2 , z1 ≥ z2 , z3 ≤ z2 ). (A 19. a´bra mutatja a p1 , p2 , p3 pontok mer˝oleges vet¨ ulet´et a P0y s´ıkra.) L´assuk az esetek bizony´ıt´as´at!
19. a´bra.
1. Eset. (x1 ≤ x2 , x3 ≤ x2 , z1 < z2 , z3 < z2 ), vagy (x1 > x2 , x3 > x2 , z1 ≤ z2 , z3 ≤ z2 ), vagy
(x1 ≥ x2 , x3 ≥ x2 , z1 > z2 , z3 > z2 ), vagy (x1 < x2 , x3 < x2 , z1 ≥ z2 , z3 ≥ z2 ).
Feltessz¨ uk, hogy x1 ≤ x2 , x3 ≤ x2 , z1 < z2 , z3 < z2 . (A marad´ek h´arom eset bizony´ıt´asa
hasonl´o.)
Mivel az x1 6= x3 ´es z1 6= z3 , ´ıgy n´egy esetet k¨ ul¨onb¨oztet¨ unk meg: 1.1. Eset. x1 > x3 ´es z1 ≤ z3 .
1.2. Eset. x1 ≥ x3 ´es z1 > z3 .
1.3. Eset. x1 < x3 ´es z1 ≥ z3 .
1.4. Eset. x1 ≤ x3 ´es z1 < z3 . (20. a´bra) L´assuk az esetek bizony´ıt´as´at!
1.1. Eset. x1 > x3 ´es z1 ≤ z3 .
A p1 , (p3 ) pontot kicser´elj¨ uk a p1 , (p3 ) pont P0z , (P0x) s´ıkra val´o mer˝oleges vet¨ ulet´ere. A p2 pontot kicser´elj¨ uk a t6 t7 ´elre val´o mer˝oleges vet¨ ulet´ere. Ezen cser´ek k¨ozben a p1 , p2 , p3 pontok p´aronk´enti t´avols´aga nem cs¨okken. Ekkor p 1 ∈ t 1 t2 ,
p 2 ∈ t 6 t7 , 46
p3 ∈ t4 t8 (21. a´bra).
20. a´bra.
21. a´bra.
Legyen α := d (P0z , p3 ) . Vegy¨ uk ´eszre, hogy α ∈ [0, H]. Alkalmazzuk a 4.6. Megjegyz´est a p1 , p2 pontokra (a Megjegyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek), ´es megkapjuk, hogy y2 > 2δ. Alkalmazzuk a 4.1. Megjegyz´est a p3 , p2 pontokra (a Megjegyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek), ´es kapjuk, hogy y2 < H + δ − α. ´Igy 2δ < H + δ − α, azaz α + δ < H. Alkalmazzuk a 4.2. Megjegyz´est a p3 , p2 pontokra (a Megjegyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek), ´es kapjuk, hogy y2 < H − α. ´Igy 2δ < H − α, azaz α + 2δ < H. Alkalmazzuk a 4.3. Megjegyz´est a p3 , p2 pontokra (a Megjegyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek), ´es kapjuk, hogy y2 < H − δ − α. Alkalmazzuk a 4.4. Megjegyz´est a p2 , p1 pontokra (a Megjegyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek), ´es kapjuk, hogy x1 < H − 2δ − α. 47
Alkalmazzuk a 4.5. Megjegyz´est a p1 , p3 pontokra (a Megjegyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek), ´es kapjuk, hogy z3 > α; ellentmond´as. Ezzel bebizony´ıtottuk az 1.1. Esetet. 1.2. Eset. x1 ≥ x3 ´es z1 > z3 .
A p3 pontot kicser´elj¨ uk a t4 pontra. A p2 pontot kicser´elj¨ uk a t6 t7 ´elre val´o mer˝oleges vet¨ ulet´ere. Legyen p1 p01 a p1 v´egpont´ u, P0y s´ıkkal p´arhuzamos, a p2 , p3 pontokat tartalmaz´o egyenesre mer˝oeges ´es az (x2 , 0, z2 ), (x3 , 0, z3 ) pontokat tartalmaz´o egyenest nem metsz˝o f´elegyenes. (Vegy¨ uk ´eszre, hogy a p1 pont nem lehet az (x2 , 0, z2 ), (x3 , 0, z3 ) pontokat tartalmaz´o egyenesen.) A p1 pontot kicser´elj¨ uk a p1 p01 f´elegyenes ´es a t1 t2 t6 t5 z´art t¨or¨ottvonal metszet´ere. Ezen cser´ek k¨ozben a p1 , p2 , p3 pontok p´aronk´enti t´avols´aga nem cs¨okken. Ekkor p 2 ∈ t 6 t7 .
p3 = t 4 ,
Alkalmazzuk a 4.6. Megjegyz´est a p3 , p2 pontokra (a Megjegyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek), ´es kapjuk, hogy y2 < H − δ, ´ıgy a p1 pont a t2 t1 t5 t¨or¨ottvonalon fekszik. Ha p1 ∈ t1 t2 , akkor a bizony´ıt´asa ´es az 1.1. Eset bizony´ıt´asa megegyezeik.
Ha p1 ∈ t1 t5 , akkor a bizony´ıt´asa ´es az 1.1. Eset bizony´ıt´asa hasonl´o. Ezzel bebi-
zony´ıtottuk az 1.2. Esetet.
1.3. Eset. x1 < x3 ´es z1 ≥ z3 .
A bizony´ıt´as hasonl´o az 1.1. Eset bizony´ıt´as´ahoz. 1.4. Eset. x1 ≤ x3 ´es z1 < z3 .
A bizony´ıt´as hasonl´o az 1.2. Eset bizony´ıt´as´ahoz. Ezzel bebizony´ıtottuk az 1. Esetet. 2. Eset (x1 ≤ x2 , x3 > x2 , z1 < z2 , z3 ≤ z2 ), vagy (x1 > x2 , x3 ≤ x2 , z1 ≤ z2 , z3 < z2 ), vagy
(x1 > x2 , x3 ≥ x2 , z1 ≤ z2 , z3 > z2 ), vagy (x1 ≥ x2 , x3 > x2 , z1 > z2 , z3 ≤ z2 ), vagy
(x1 ≥ x2 , x3 < x2 , z1 > z2 , z3 ≥ z2 ), vagy (x1 < x2 , x3 ≥ x2 , z1 ≥ z2 , z3 > z2 ), vagy
(x1 < x2 , x3 ≤ x2 , z1 ≥ z2 , z3 < z2 ), vagy (x1 ≤ x2 , x3 < x2 , z1 < z2 , z3 ≥ z2 ).
Feltessz¨ uk, hogy x1 ≤ x2 , x3 > x2 , z1 < z2 , z3 ≤ z2 . (A marad´ek h´et eset bizony´ıt´asa 48
hasonl´o.) Az a´ltal´anoss´ag megszor´ıt´asa n´elk¨ ul feltehetj¨ uk, hogy z1 ≤ z3 (az ellenkez˝o eset bi-
zony´ıt´asa hasonl´o) (22. a´bra). Ekkor a p1 pontot kicser´elj¨ uk a t1 pontra. A p2 , (p3 )
22. a´bra.
23. a´bra.
x pontot kicser´elj¨ uk a PHz , (PH−δ ) s´ıkra val´o mer˝oleges vet¨ ulet´ere. Legyen p2 p02 a p2
v´egpont´ u, P0z s´ıkkal p´arhuzamos, a p1 , p3 pontokat tartalmaz´o egyenesre mer˝oleges ´es az (x1 , y1 , H), (x3 , y3 , H) pontokat tartalmaz´o egyenest nem metsz˝o f´elegyenes. (Vegy¨ uk ´eszre, hogy a p2 pont nem lehet az (x1 , y1 , H), (x3 , y3 , H) pontokat tartalmaz´o egyenesen.) A p2 pontot kicser´elj¨ uk a p2 p02 f´elegyenes ´es a t5 t6 t7 t8 t¨or¨ottvonal metszet´ere. Ezen cser´ek k¨ozben a p1 , p2 , p3 pontok p´aronk´enti t´avols´aga nem cs¨okken. Ekkor p1 = t 1 ,
p 3 ∈ t 3 t7 ,
p 2 ∈ t 5 t6 t7 t8 .
Vegy¨ uk ´eszre, hogy p2 ∈ / t7 t8 ´es p2 ∈ / t5 t6 , ´ıgy p2 ∈ t5 t8 vagy p2 ∈ t6 t7 . Ha p2 ∈ t5 t8 , akkor a bizony´ıt´asa ´es az 1.1. Eset bizony´ıt´asa hasonl´o.
Ha p2 ∈ t6 t7 , akkor alkalmazzuk a 4.6. Megjegyz´est a p1 , p2 pontokra (a Megjegyz´es
felt´etelei teljes¨ ulnek), ´es kapjuk, hogy
y2 > 2δ. Ekkor d(p2 , p3 ) < 1; ellentmond´as. Ezzel bebizony´ıtottuk a 2. Esetet. 3. Eset. (x1 ≤ x2 , x3 ≥ x2 , z1 < z2 , z3 > z2 ), vagy (x1 ≥ x2 , x3 ≤ x2 , z1 > z2 , z3 < z2 ), vagy 49
(x1 > x2 , x3 < x2 , z1 ≤ z2 , z3 ≥ z2 ), vagy (x1 < x2 , x3 > x2 , z1 ≥ z2 , z3 ≤ z2 ).
Feltessz¨ uk, hogy x1 ≤ x2 , x3 ≥ x2 , z1 < z2 , z3 > z2 (23. a´bra). (A marad´ek h´arom
eset bizony´ıt´asa hasonl´o.)
Ekkor a p1 , p3 pontokat kicser´elj¨ uk rendre a t1 , t7 pontokra.
Ezen cser´ek k¨ozben
a p1 , p2 , p3 pontok p´aronk´enti t´avols´aga nem cs¨okken. Tekints¨ uk a k¨ovetkez˝o tartom´anyokat! U1 := conv (t1 , t2 , t4 , t5 , t23 , t26 , t56 , t58 , t48 , t34 ) (24. a´bra) ´es U2 := conv (t7 , t3 , t6 , t8 , t23 , t26 , t56 , t58 , t48 , t34 ) (25. a´bra). Mivel U1 ⊂ int B(t1 , 1),
U2 ⊂ int B(t7 , 1)
´es
24. a´bra. U1
25. a´bra. U2 T = U 1 ∪ U2 ,
´ıgy a p2 pont nem lehet a T t´eglatestben; ellentmond´as. Ezzel bebizony´ıtottuk a 3. Esetet ´es a 4.2. Lemm´at
2
Legyen + − + − √ ∩ K5 , G11 := HH−0.21−y ∩ Hy−x+2 ∩ K1 , G51 := HH+0.21−2−z ∩ Hz+y− 2
+ − + − G61 := HH+0.21−2−x ∩ Hz−x+2 ∩ K6 , G71 := HH+0.21−2−y ∩ Hy−x−2 ∩ K7 ,
− + − + √ ∩ K3 , G41 := HH−0.21−x ∩ Hz−x−2 ∩ K4 , G31 := HH−0.21−z ∩ Hz+y− 2+4
G1 := G11 ∪ G51 ∪ G61 ∪ G71 ∪ G31 ∪ G41 (26. a´bra),
+ − + − √ ∩ K4 , G12 := HH−0.21−z ∩ Hz−x+2 ∩ K1 , G42 := HH+0.21−2−y ∩ Hz+y− 2
+ − + − G32 := HH+0.21−2−x ∩ Hy−x+2 ∩ K3 , G72 := HH+0.21−2−z ∩ Hz−x−2 ∩ K7 ,
50
+ − + − √ G62 := HH−0.21−y ∩ Hz+y− ∩ K6 , G52 := HH−0.21−x ∩ Hy−x−2 ∩ K5 , 2+4
26. a´bra. G1
27. a´bra. G2
G2 := G12 ∪ G42 ∪ G32 ∪ G72 ∪ G62 ∪ G52 (27. a´bra). 4.3. Lemma. Ha card ((K1 ∪ K5 ) ∩ F) = 4 ´es F ∩ G51 6= ∅, akkor z F ∩ PH−0.21,h ∩ K1 = ∅.
Bizony´ıt´ as. Legyen K5 ∩ F = {p51 , p52 }, K1 ∩ F = {p11 , p12 } ´es p51 ∈ G51 . A pij pont koordin´at´ai legyenek (xij , yij , zij ).
z Indirekt bizony´ıtunk. Feltessz¨ uk, hogy F ∩ PH−0.21,h ∩ K1 6= ∅. Legyen
V11 := conv ((h, 0, H − 0.21), (h, 0.139, H − 0.21), (h, 0.032, h), (h, 0, h), (h − 0.032, 0, h), (h − 0.139, 0, H − 0.21)) ,
V12 := conv ((0, 0, H − 0.21), (0.139, 0, H − 0.21), (0.032, 0, h), (0, 0, h), (0, 0.032, h), (0, 0.139, H − 0.21)) ,
V51 := conv ((0, h, h + 0.21 − ), (0.139, h, h + 0.21 − ), (0.032, h, h), (0, h, h), (0, h − 0.032, h), (0, h − 0.139, h + 0.21 − )) ,
V52 := conv ((h, h, h + 0.21 − ), (h − 0.139, h, h + 0.21 − ), (h − 0.032, h, h), (h, h, h), (h, h − 0.032, h), (h, h − 0.139, h + 0.21 − )) (28. a´bra, 29. a´bra).
z z Legyen p11 ∈ F∩PH−0.21,h ∩K1 . A p11 , p51 pontok a PH−0.21,h+0.21− s´avban a k¨ovetkez˝ok´eppen
helyezkedhetnek el:
51
1. Eset. p11 ∈ V11 ´es p51 ∈ V51 ∩ G51 (28. a´bra).
2. Eset. p11 ∈ V12 ´es p51 ∈ V52 ∩ G51 (29. a´bra).
L´assuk az esetek bizony´ıt´as´at!
1. Eset. p11 ∈ V11 ´es p51 ∈ V51 ∩ G51 .
Vegy¨ uk ´eszre, hogy z12 < z11 ´es z52 > z51 . Ekkor a p12 , (p52 ) pontot kicser´elj¨ uk a z P0z , (P2h ) s´ıkra val´o mer˝oleges vet¨ ulet´ere. Ezen cser´ek k¨ozben a p 11 , p12 , p51 , p52 pontok
p´aronk´enti t´avols´aga nem cs¨okken. Ekkor z12 = 0,
z52 = 2h.
Legyen d1 = 0.367, d2 = 0.11, d3 = 0.337, d4 = 0.0008. Tekints¨ uk a k¨ovetkez˝o tartom´anyokat! T11 := conv ((0, H, 0), (0, H − d1 , 0), (d2 , H − d3 , 0), (d3 , H − d2 , 0), (d1 , H, 0)),
T12 := conv ((H, 0, 0), (d4 , 0, 0), (d2, H − d3 , 0), (d3 , H − d2 , 0), (H, H − d4 , 0)), √ √ √ √ √ T51 := conv (H, 0, 2), (H − d1 , 0, 2), (H − d3 , d2 , 2), (H − d2 , d3 , 2), (H, d1 , 2) , ´es
28. a´bra. V11 ∪ (V51 ∩ G51 )
29. a´bra. V12 ∪ (V52 ∩ G51 )
√ √ √ √ √ T52 := conv (0, H, 2), (0, d4 , 2), (H − d3 , d2 , 2), (H − d2 , d3 , 2), (H − d4 , H, 2) (30. a´bra, 31. a´bra).
Legyen T11 , T12 , T51 , T52 homotetikus k´epe rendre T11 , T12 , T51 , T52 , ahol a homot´ecia
ar´anya
h H
´es a k¨oz´eppontja a1 . Mivel
– ha x ∈ V51 ∩ G51 , akkor d(x, T11 ) < 1 ´es d(x, T52 )<1
– ha x ∈ V11 , akkor d(x, T12 ) < 1 ´es d(x, T51 ) < 1;
´ıgy
p12 ∈ / T11 ∪ T12 ´es p52 ∈ / T51 ∪ T52 .
52
Tekints¨ uk a k¨ovetkez˝o tartom´anyokat! R11 := conv ((0, 0, 0), (d4, 0, 0), (d2 , H − d3 , 0), (0, H − d1 , 0)),
R12 := conv ((H, H, 0), (d1 , H, 0), (d3 , H − d2 , 0), (H, H − d4 , 0)) (30. a´bra), √ √ √ √ R51 := conv (0, 0, 2), (H − d1 , 0, 2), (H − d3 , d2 , 2), (0, d4 , 2) , √ √ √ √ R52 := conv (H, H, 2), (H − d4 , H, 2), (H − d2 , d3 , 2), (H, d1 , 2) (31. a´bra). Legyen R11 , R12 , R51 , R52 homotetikus k´epe rendre R11 , R12 , R51 , R52 , ahol a homot´ecia
30. a´bra. ar´anya
h H
31. a´bra.
´es k¨oz´eppontja a1 . N´egy esetet k¨ ul¨onb¨oztet¨ unk meg:
1.1. Eset. p12 ∈ R11 ´es p52 ∈ R51 .
1.2. Eset. p12 ∈ R11 ´es p52 ∈ R52 .
1.3. Eset. p12 ∈ R12 ´es p52 ∈ R51 .
1.4. Eset. p12 ∈ R12 ´es p52 ∈ R52 .
L´assuk az esetek bizony´ıt´as´at!
1.1. Eset. p12 ∈ R11 ´es p52 ∈ R51 .
A p11 , (p51 ) pontot kicser´elj¨ uk a Phx , (Phy ) s´ıkra val´o mer˝oleges vet¨ ulet´ere. Ezen cser´ek k¨ozben a p11 , p12 , p51 , p52 pontok p´aronk´enti t´avols´aga nem cs¨okken. Legyen p12 p012 a p12 v´egpont´ u, P0z s´ıkkal p´arhuzamos, a p11 , p51 pontokat tartalmaz´o egyenesre mer˝oleges ´es a Phx s´ıkot nem metsz˝o f´elegyenes. (Vegy¨ uk ´eszre, hogy a p12 p012 f´elegyenes ´es az (x11 , y11 , 0), (x51 , y51 , 0) pontokat tartalmaz´o egyenes duszjunkt.) kicser´elj¨ uk a
p12 p012
A p12 pontot
f´elegyenes ´es az a12 a1 a14 t¨or¨ottvonal metsz´espontj´ara (ez a metsz´espont
l´etezik). Legyen p52 p052 a p52 v´egpont´ u, P0z s´ıkkal p´arhuzamos, a p11 , p51 pontokat tartalmaz´o egyenesre mer˝oleges ´es a Phx s´ıkot nem metsz˝o f´elegyenes. (Vegy¨ uk ´eszre, hogy a p52 p052 f´elegyenes ´es az (x11 , y11 , 2h), (x51 , y51 , 2h) pontokat tartalmaz´o egyenes 53
duszjunkt.) A p52 pontot kicser´elj¨ uk a p52 p052 f´elegyenes ´es az a56 a5 a58 t¨or¨ottvonal metszet´ere (ez a metsz´espont l´etezik). Ezen cser´ek k¨ozben a p11 , p12 , p51 , p52 pontok p´aronk´enti t´avols´aga nem kisebb, mint 1. Ekkor x11 = h,
y51 = h,
(p12 ∈ a1 a12 vagy p12 ∈ a1 a14 ),
(p52 ∈ a5 a56 vagy p52 ∈ a5 a58 ).
Mivel y11 6= y12 ´es x51 6= x52 , ez´ert n´egy esetet k¨ ul¨onb¨oztet¨ unk meg: 1.1.1. Eset. y11 > y12 ´es x51 > x52 . 1.1.2. Eset. y11 > y12 ´es x51 < x52 . 1.1.3. Eset. y11 < y12 ´es x51 > x52 . 1.1.4. Eset. y11 < y12 ´es x51 < x52 . L´assuk az esetek bizony´ıt´as´at! 1.1.1. Eset. y11 > y12 ´es x51 > x52 . Azt mutatjuk meg, hogy a p11 , p51 pontoknak nincs el´eg helye. A p12 , (p52 ) pontot kicser´elj¨ uk a P0y , (P0x ) s´ıkra val´o mer˝oleges vet¨ ulet´ere.
Ezen cser´ek k¨ozben a
p11 , p12 , p51 , p52 pontok p´aronk´enti t´avols´aga nem cs¨okken. A p11 pontot kicser´elj¨ uk a p11 ponton a´tmen˝o, a1 a5 ´ellel p´arhuzamos egyenes ´es a bd B 3 (a12 , h) metsz´espontj´ara, amelyik metsz´espont harmadik koordin´at´aja nagyobb. A p51 pontot kicser´elj¨ uk a p51 ponton a´tmen˝o, a1 a5 , ´ellel p´arhuzamos egyenes ´es a bd B 3 (a58 , h) metsz´espontj´ara, amelyik metsz´espont harmadik koordin´at´aja kisebb (32. a´bra). Ezen cser´ek k¨ozben a p11 , p51 pontok t´avols´aga nem cs¨okken ´es ezek a pontok rendre a V11 , V51 ∩ G11 tartom´anyban helyezkednek el. Ekkor x11 = h,
d(a12 , p11 ) = h,
y51 = h,
d(a58 , p51 ) = h.
Haszn´aljuk a k¨ovetkez˝o jel¨ol´eseket φ1 := a1256 a12 p11 ∠, φ2 := a1458 a58 p51 ∠ (32. a´bra). 0.139 Vegy¨ uk ´eszre, hogy 0 < φ1 < arctan 0.139 < arctan H−0.13 = 0.236 . . . = 11.12 . . .◦ ´es h 0.139 0 < φ2 < arctan H−0.13 = 0.236 . . . . Alkalmazzuk a 4.9. Megjegyz´est a p11 , p51 pontok
k¨oz¨otti t´avols´ag becsl´es´ere (a Megjegyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek): d2 (p11 , p51 ) = (h − h sin φ1 )2 + (h − h sin φ2 )2 + (2h − h cos φ1 − h cos φ2 )2 = h2 (1 − sin φ1 )2 + (1 − sin φ2 )2 + (2 − cos φ1 − cos φ2 )2 < 1, Ezzel bel´attuk az 1.1.1. Esetet.
1.1.2. Eset. y11 > y12 ´es x51 < x52 . ´ Ugy, mint az 1.1.1. Esetben a p11 pontot kicser´elj¨ uk a p11 ponton a´tmen˝o, a1 a5 ´ellel 54
32. a´bra.
p´arhuzamos egyenes ´es a bd B 3 (a12 , h) metsz´espontj´ara, amelyik metsz´espont harmadik koordin´at´aja nagyobb. A p51 pontot kicser´elj¨ uk a P0x s´ıkra val´o mer˝oleges vet¨ ulet´ere. Ezen cser´ek k¨ozben a p11 , p51 , p52 pontok p´aronk´enti t´avols´aga nem cs¨okken. Vegy¨ uk ´eszre, hogy a p52 pont nem lehet az a5 a58 ´elen, ´ıgy x11 = h,
d(a12 , p11 ) = h,
p51 ∈ a58 a1458 ,
p52 ∈ a5 a56 .
´ Ugy, mint az 1.1.1 Esetben φ1 ∈ (0, 0.24). Alkalmazzuk a 4.10. Megjegyz´est a p11 , p51
pontok k¨oz¨otti t´avols´ag becsl´es´ere (a Megjegyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek) ´es kapjuk z51 > h + h sin φ1 .
Vegy¨ uk ´eszre 0 < h sin φ1 < H sin 0.24 = 0.16 . . . < 0.24. Alkalmazzuk a 4.6. Megjegyz´est a p51 , p52 pontok k¨oz¨otti t´avols´ag becsl´es´ere (a Megjegyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek) ´es kapjuk x52 > 2h sin φ1 . Alkalmazzuk a 4.11. Megjegyz´est a p11 , p52 pontok k¨oz¨otti t´avols´ag becsl´es´ere (a Megjegyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek) ´es kapjuk d2 (p11 , p52 ) < (h − 2h sin φ1 )2 + (2h − h cos φ1 )2 + h2 sin2 φ1 = h2 (1 − 2 sin φ1 )2 + (2 − cos φ1 )2 + sin2 φ1 < 1; ellentmond´as. Ezzel bel´attuk az 1.1.2. Esetet.
55
1.1.3. Eset. y11 < y12 ´es x51 > x52 . A bizony´ıt´as hasonl´o az 1.1.2. Eset bizony´ıt´as´ahoz (Felcser´elj¨ uk a p 11 , p51 ´es p12 , p52 pontokat.) 1.1.4. Eset. y11 < y12 ´es x51 < x52 . A p11 , (p51 ) pontot kicser´elj¨ uk a P0y , (P0x ) s´ıkra val´o mer˝oleges vet¨ ulet´ere. Ezen cser´ek k¨ozben a p11 , p12 , p51 , p52 pontok p´aronk´enti t´avols´aga nem cs¨okken. Vegy¨ uk ´eszre, hogy a p12 , p52 pontok rendre nem lehetnek az a1 a12 , a5 a58 ´eleken, ´ıgy p11 ∈ a12 a1256 ,
p12 ∈ a1 a14 ,
p51 ∈ a58 a1458 ,
p52 ∈ a5 a56 .
Haszn´aljuk a k¨ovetkez˝o jel¨ol´eseket δ1 := d(Phz , p11 ). Alkalmazzuk a 4.6. Megjegyz´est a p11 , p12 pontok k¨oz¨otti t´avols´ag becsl´es´ere (a Megjegyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek) ´es kapjuk y12 > 2δ1 . Alkalmazzuk a 4.7. Megjegyz´est a p12 , p51 pontok k¨oz¨otti t´avols´ag becsl´es´ere (a Megjegyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek) ´es kapjuk z51 > h + δ1 . Alkalmazzuk a 4.6. Megjegyz´est a p51 , p52 pontok k¨oz¨otti t´avols´ag becsl´es´ere (a Megjegyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek) ´es kapjuk x52 > 2δ1 . Alkalmazzuk a 4.7. Megjegyz´est a p52 , p11 pontok k¨oz¨otti t´avols´ag becsl´es´ere (a Megjegyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek) ´es kapjuk z 11 < h − δ1 ;
ellentmond´as. Ezzel bel´attuk az 1.1.4. Esetet ´es az 1.1. Esetet. 1.2. Eset. p12 ∈ R11 ´es p52 ∈ R52 .
Legyen p12 p012 a p12 kezd˝opont´ u, P0z s´ıkkal p´arhuzamos, p11 , p51 pontokat tartalmaz´o egyenesre mer˝oleges ´es a Phx s´ıkot nem metsz˝o f´elegyenes. (Vegy¨ uk ´eszre, hogy a p12 p012 f´elegyenes ´es az (x11 , y11 , 0), (x51 , y51 , 0) pontokat tartalmaz´o egyenes diszjunkt.) A p12 pontot kicser´elj¨ uk a p12 p012 f´elegyenes ´es az a12 a1 a14 t¨or¨ottvonal metsz´espontj´ara (ez a metsz´espont l´etezik). Legyen p52 p052 a p52 kezd˝opont´ u, P0z s´ıkkal p´arhuzamos, p11 , p51 pontokat tartalmaz´o egyenesre mer˝oleges ´es a P0x s´ıkot nem metsz˝o f´elegyenes. (Vegy¨ uk ´eszre, hogy a p52 p052 f´elegyenes ´es az (x11 , y11 , 2h), (x51 , y51 , 2h) pontokat tartalmaz´o egyenes diszjunkt.) A p52 pontot kicser´elj¨ uk a p52 p052 f´elegyenes ´es az a56 a5678 a58 t¨or¨ottvonal metsz´espontj´ara (ez a metsz´espont l´etezik). Legyen p 11 p011 a p11 kezd˝opont´ u, P0z s´ıkkal p´arhuzamos, p12 , p52 pontokat tartalmaz´o egyenesre mer˝oleges ´es a P0x s´ıkot nem metsz˝o f´elegyenes. (Vegy¨ uk ´eszre, hogy a p11 p011 f´elegyenes ´es az (x12 , y12 , z11 ) ´es (x52 , y52 , z11 ) pontokat tartalmaz´o egyenes diszjunkt.) A p11 pontot kicser´elj¨ uk a p11 p011 f´elegyenes ´es a K1 kocka felsz´ın´enek metsz´espontj´ara. Legyen p51 p051 a p51 56
kezd˝opont´ u, P0z s´ıkkal p´arhuzamos, a p12 , p52 pontokat tartalmaz´o egyenesre mer˝oleges ´es a Phx s´ıkot nem metsz˝o f´elegyenes. (Vegy¨ uk ´eszre, hogy a p51 p051 f´elegyenes ´es az (x12 , y12 , z51 ), (x52 , y52 , z51 ) pontokat tartalmaz´o egyenes diszjunkt.) A p51 pontot kicser´elj¨ uk a p51 p051 f´elegyenes ´es a K5 kocka felsz´ın´enek metsz´espontj´ara. Ezen cser´ek k¨ozben a p11 , p12 , p51 , p52 pontok p´aronk´enti t´avols´aga nem cs¨okken. Ekkor (p11 ∈ Phx vagy p11 ∈ P0y ) , (p12 ∈ a1 a12 vagy p12 ∈ a1 a14 ) ,
(p51 ∈ P0x vagy p51 ∈ Phy ) , (p52 ∈ a56 a5678 vagy p52 ∈ a58 a5678 ) .
K´et esetet k¨ ul¨onb¨oztet¨ unk meg: 1.2.1. Eset. p12 ∈ a1 a12 .
1.2.2. Eset. p12 ∈ a1 a14 \ {a1 }.
L´assuk az esetek bizony´ıt´as´at! 1.2.1. Eset. p12 ∈ a1 a12 .
Ekkor p11 ∈ / P0y ´es p11 ∈ / Phx ∩ B(a12 , h) ∩ V11 . Haszn´aljuk a k¨ovetkez˝o jel¨ol´eseket: √ i11 (h, 0, h) , i21 (h, 0.139, h) , i31 h, 0.139, h2 − 0.1392 ´es I1 := conv(i11 , i21 , i31 ). Mivel
(Phx ∩ V11 ) \ B(a12 , h) ⊂ I1 , ´ıgy p11 ∈ I1 . Ekkor
d(a5678 , p11 ) ≤ max d(a5678 , x) = max (d (a5678 , i11 ) , d (a5678 , i21 ) , d (a5678 , i31 )) . x∈I1
A d (a5678 , i11 ) < 1, d (a5678 , i21 ) < 1 egyenl˝otlens´egek nyilv´anval´oak ´es a d (a5678 , i31 ) < 1 egyenl˝otlens´eg a 4.12. Megjegyz´esb˝ol k¨ovetkezik (a Megjegyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek), ´ıgy p52 ∈ / Phx , teh´at p52 ∈ a58 a5678 .
Haszn´aljuk a k¨ovetkez˝o jel¨ol´eseket: i12 (0, h, h) , i22 (0, h − 0.139, h) , √ i32 0, h − 0.139, 2h − h2 − 0.1392 ´es I2 := conv(i12 , i22 , i32 ). Hasonl´oan, mint kor´abban p51 ∈ I2 . Vegy¨ uk ´eszre, hogy
diam(I1 ∪ I2 ) < 1; ellentmond´as. Ezzel bel´attuk az 1.2.1. Esetet. 1.2.2. Eset. p12 ∈ a1 a14 \ {a1 }.
Ha y12 < y11 , akkor a p12 pontot kicser´elj¨ uk a P0y s´ıkra val´o mer˝oleges vet¨ ulet´ere. Ezen cser´ek k¨ozben a p11 , p12 , p51 , p52 pontok p´aronk´enti t´avols´aga nem cs¨okken. ´Igy 57
p12 ∈ a1 a12 , amit m´ar t´argyaltunk az 1.2.1. Esetben.
Feltehetj¨ uk, hogy y12 > y11 (az egyenl˝os´eg nem teljes¨ ulhet). ulet´ere. Legyen q a bd B 3 (p52 , 1)∩ A p11 pontot kicser´elj¨ uk a P0y s´ıkra val´o mer˝oleges vet¨ bd B 3 (p12 , 1)∩P0y pontok k¨oz¨ ul az, amelyik metsz´espont harmadik koordin´at´aja kisebb. Legyen qq1 , (qq2 ) a q kezd˝opont´ u, P0y s´ıkkal p´arhuzamos, a B 3 (p52 , 1), (B 3 (p12 , 1)) g¨omb¨ot nem metsz˝o ´es a B 3 (p12 , 1), (B 3 (p52 , 1)) g¨omb¨ot ´erint˝o f´elegyenes. Ha x11 < h ´es q 6= p11 , akkor a p11 pontot kicser´elj¨ uk a q kezd˝opont´ u, p11 pontot tartalmaz´o f´elegyenes ´es az a12 a1256 ´el metsz´espontj´ara (ez a metsz´espont l´etezik).
Ha x11 < h ´es q = p11 , akkor a p11 pontot kicser´elj¨ uk a q kezd˝opont´ u, q1 qq2 ∠ sz¨ogtartom´anyban elhelyezked˝o egyik f´elegyenes ´es az a12 a1256 ´el metszet´ere (ez a metsz´espont l´etezik). Ezen cser´ek k¨ozben a p11 , p12 , p51 , p52 pontok p´aronk´enti t´avols´aga nem cs¨okken. Ekkor p11 ∈ a12 a1256. Hasonl´oan, mint kor´abban p51 ∈ a58 a1458 , k¨ ul¨onben p52 ∈ a58 a5678 , aminek a bizony´ıt´asa hasonl´o az 1.2.1. Eset bizony´ıt´as´ahoz. ´Igy p11 ∈ a12 a1256 ,
p12 ∈ a1 a14 ,
p51 ∈ a58 a1458 ,
p52 ∈ a56 a5678 .
Haszn´aljuk a k¨ovetkez˝o jel¨ol´est: δ2 := d(Phz , p11 ). Alkalmazzuk a 4.6. Megjegyz´est a p11 , p12 pontok k¨oz¨otti t´avols´ag becsl´es´ere (a Megjegyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek) ´es kapjuk y12 > 2δ2 . Alkalmazzuk a 4.7. Megjegyz´est a p12 , p51 pontok k¨oz¨otti t´avols´ag becsl´es´ere (a Megjegyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek) ´es kapjuk z51 > h + δ2 . Alkalmazzuk a 4.6. Megjegyz´est a p51 , p52 pontok k¨oz¨otti t´avols´ag becsl´es´ere (a Megjegyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek) ´es kapjuk y52 < h − 2δ2 . Alkalmazzuk a 4.7. Megjegyz´est a p52 , p11 pontok
k¨oz¨otti t´avols´ag becsl´es´ere (a Megjegyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek) ´es kapjuk z 11 < h − δ2 ;
ellentmond´as. Ezzel bel´attuk az 1.2.2. Esetet. 1.3. Eset. p12 ∈ R12 ´es p52 ∈ R51 .
A bizony´ıt´as hasonl´o az 1.2. Eset bizony´ıt´as´ahoz. 1.4. Eset. p12 ∈ R12 ´es p52 ∈ R52 .
A bizony´ıt´as hasonl´o az 1.1. Eset bizony´ıt´as´ahoz. 2. Eset. p11 ∈ V12 ´es p51 ∈ V52 ∩ G11 .
A bizony´ıt´as hasonl´o az 1. Eset bizony´ıt´as´ahoz. Ezzel bel´attuk a Lema a´ll´ıt´as´at.
58
2
4.1. K¨ ovetkezm´ eny. A 4.3. Lemm´ ab´ ol k¨ ovetkezik: y Ha card ((K1 ∪ K4 ) ∩ F) = 4 ´es F ∩ G11 6= ∅, akkor F ∩ Ph,h+0.21− ∩ K4 = ∅.
x Ha card ((K4 ∪ K3 ) ∩ F) = 4 ´es F ∩ G41 6= ∅, akkor F ∩ Ph,h+0.21− ∩ K3 = ∅.
z Ha card ((K3 ∪ K7 ) ∩ F) = 4 ´es F ∩ G31 6= ∅, akkor F ∩ Ph,h+0.21− ∩ K7 = ∅. y Ha card ((K7 ∪ K6 ) ∩ F) = 4 ´es F ∩ G71 6= ∅, akkor F ∩ PH−0.21,h ∩ K6 = ∅.
x Ha card ((K6 ∪ K5 ) ∩ F) = 4 ´es F ∩ G61 6= ∅, akkor F ∩ PH−0.21,h ∩ K5 = ∅.
x Ha card ((K5 ∪ K6 ) ∩ F) = 4 ´es F ∩ G52 6= ∅, akkor F ∩ Ph,h+0.21− ∩ K6 = ∅.
y Ha card ((K6 ∪ K7 ) ∩ F) = 4 ´es F ∩ G62 6= ∅, akkor F ∩ Ph,h+0.21− ∩ K7 = ∅. z Ha card ((K7 ∪ K3 ) ∩ F) = 4 ´es F ∩ G72 6= ∅, akkor F ∩ PH−0.21,h ∩ K3 = ∅.
x Ha card ((K3 ∪ K4 ) ∩ F) = 4 ´es F ∩ G32 6= ∅, akkor F ∩ PH−0.21,h ∩ K4 = ∅.
y Ha card ((K4 ∪ K1 ) ∩ F) = 4 ´es F ∩ G42 6= ∅, akkor F ∩ PH−0.21,h ∩ K1 = ∅.
z Ha card ((K1 ∪ K5 ) ∩ F) = 4 ´es F ∩ G12 6= ∅, akkor F ∩ Ph,h+0.21− ∩ K5 = ∅.
4.5.
A T´ etel bizony´ıt´ asa
Eml´ekeztet˝ou ¨l a √ 5. T´ etel. A 2 ´el˝ u 3-dimenzi´ os kocka a legkisebb kocka, amelyben elhelyezhet˝ o 14 olyan pont, amely pontok p´ aronk´enti t´ avols´ aga legal´ abb 1. Bizony´ıt´ as. A bizony´ıt´as v´azlata a k¨ovetkez˝o. 1. L´ep´es. card(K ∩ F) ≥ 14.
2. L´ep´es. card(K ∩ F) ≤ 16.
3. L´ep´es. card(K ∩ F) ≤ 14. 4. L´ep´es. card(K ∩ F) < 14.
1. L´ep´es card(K ∩ F) ≥ 14.
A K kocka cs´ ucspontjainak ´es lapk¨oz´eppontjainak a halmaza rendelkezik az elv´art tulajdons´agokkal, azaz card(F) ≥ 14, 2. L´ep´es. card(K ∩ F) ≤ 16.
Ha ≥ 0.13, akkor diam (Ki ) < 1, azaz card (Ki ∩ F) ≤ 1 minden i = 1, 2, . . . , 8 eset´en, azaz card(K ∩ F) ≤ 8. ´Igy feltehetj¨ uk, hogy ∈ (0, 0.13) egy r¨ogz´ıtett sz´am. Azt mutatjuk meg, hogy card (Ki ∩ F) ≤ 2 minden i = 1, 2, . . . , 8 eset´en. Ebb˝ol az
k¨ovetkezik, hogy card (K ∩ F) ≤ 16.
59
Az a´ltal´anoss´ag megszor´ıt´asa n´elk¨ ul vizsg´alhatjuk csak a K 1 kock´at. Indirekt bizony´ıtunk. Tegy¨ uk fel, hogy card (K1 ∩ F) ≥ 3. ´Igy a K1 kock´aban van egy p1 , p2 , p3 (val´odi) h´aromsz¨og, amely cs´ ucsai F halmazbeli pontok. A p1 , p2 , p3
h´aromsz¨og legnagyobb sz¨oge legyen a p1 p2 p3 ∠ sz¨og, ami a legnagyobb, ha a p1 p2 , p2 p3 (≥ √ 1) oldalak a lehet˝o legr¨ovidebbek ´es a p1 p3 (≤ 6 ) a lehet˝o legyhosszabb. ´Igy p1 p2 p3 ∠ ≤
2 arcsin
√ 6 4
2
◦
= 75.52 . . . . Teh´at a p1 p2 p3 h´aromsz¨og hegyessz¨og˝ u. A minim´alis ter¨ ulete
az olyan hegyessz¨og˝ u h´aromsz¨ogeknek, amelyek oldalai legal´abb 1 hossz´ uak √ 3 . 4 A 4.1. Lemm´ab´ol kapjuk, hogy a p1 , p2 , p3 pontokat kicser´elhetj¨ uk a K1 kocka cs´ ucspontjaira, mik¨ozben a p1 p2 p3 h´aromsz¨og ter¨ ulete nem cs¨okken. Egyszer˝ uen ellen˝orizhet˝o, hogy a K1 kock´aban az olyan h´aromsz¨ogek maxim´alis ter¨ ulete, amely h´aromsz¨ogek cs´ ucspontjai a kock´anak is cs´ ucspontjai, √ √ √ (1 − 2)2 3 3 < ; 4 4 ellentmond´as. ´Igy card(K1 ∩ F) ≤ 2, azaz card(Ki ∩ F) ≤ 2, ha i = 1, . . . , 8; azaz card(K ∩ F) ≤ 16. 3. L´ep´es. card(K ∩ F) ≤ 14.
Eml´ekeztet˝ou ¨ l megjegyezz¨ uk, hogy a Ki , Kj (i 6= j) szomsz´edos kock´ak, ha a k´et
kock´anak van egy k¨oz¨os lapja ´es a Ki , Kj , Kk , Kl (i, j, k, l mind k¨ ul¨onb¨oz˝o) szomsz´edos
kock´ak, ha a n´egy kock´anak van egy k¨oz¨os ´ele. Valamint a K i , Kj (i 6= j) szembenl´ev˝o kock´ak, ha csak egy k¨oz¨os cs´ ucsuk van.
Megmutatjuk, hogy n´egy szomsz´edos kis kock´aban legfeljebb 7 darab F halmazbeli pont lehet, azaz card(K ∩ F) ≤ 14. Az a´ltal´anoss´ag megszor´ıt´asa n´elk¨ ul vizsg´alhatjuk csak a K1 , K2 , K3 , K4 kock´akat.
Indirekten bizony´ıtunk. Tegy¨ uk fel, hogy card ((K1 ∪ K2 ∪ K3 ∪ K4 ) ∩ F) ≥ 8. Ekkor 60
a 2. L´ep´es miatt card ((K1 ∪ K2 ∪ K3 ∪ K4 ) ∩ F) = 8 ´es card (Ki ∩ F) = 2 minden
i = 1, 2, 3, 4 eset´en. Tekints¨ uk a k¨ovetkez˝o tartom´anyokat!
+ − 1 2 T1τ := Hx+ ∩ Hy+ ∩ HH+(2τ ´bra), −1)−x ∩ HH−(2τ −1)−y ∩ (K ∪ K ) (33. a
+ + − 2 3 T2τ := Hy+ ∩ H2h−x ∩ HH+(2τ ´bra), −1)−y ∩ HH+(2τ −1)−x ∩ (K ∪ K ) (34. a
+ + + − 3 4 T3τ := H2h−x ∩ H2h−y ∩ HH−(2τ ´bra), +1)−x ∩ HH+(2τ −1)−y ∩ (K ∪ K ) (35. a
33. a´bra. T1τ
34. a´bra. T2τ
+ + − 3 4 T4τ := H2h−y ∩ Hx+ ∩ HH−(2τ ´bra) minden +1)−y ∩ HH−(2τ −1)−x ∩ (K ∪ K ) (36. a
τ ∈ (1, 0.21− ] eset´en. Legyen Ti1 a lim Tiτ test lez´artja minden i = 1, 2, 3, 4 eset´en. 2 τ →1+0
35. a´bra. T3τ
36. a´bra. T4τ
Legyen + − + − √ ∩ K2 , W11 := HH−0.21−y ∩ Hy−x+2 ∩ K1 , W21 := Hh+0.21−−x ∩ Hy+x− 2
+ − + − √ W31 := Hh+0.21−−y ∩ Hy−x−2 ∩ K3 , W41 := HH−0.21−x ∩ Hy+x− ∩ K4 , 2+4
61
37. a´bra.
+ − + − √ ∩ K2 , W12 := HH−0.21−x ∩ Hy−x−2 ∩ K1 , W22 := HH−0.21−y ∩ Hy+x− 2+4
+ − + − √ ∩ K4 ´ W32 := Hh+0.21−−x ∩ Hy−x+2 ∩ K3 , W42 := Hh+0.21−−y ∩ Hy+x− es 2
W 1 = W11 ∪ W21 ∪ W31 ∪ W41 , W 2 = W12 ∪ W22 ∪ W32 ∪ W42 (a 37. a´bra a Wij ´es a P0z metszet´et a´br´azolja).
Jegyezz¨ uk meg, hogy Tiτ ´es W(i+1)1 ´erinti egym´ast minden i = 1, 2, 3, 4 eset´en ´es minden τ ∈ [1, 0.21− ] eset´en, ahol W51 = W11 . K´et esetet k¨ ul¨onb¨oztet¨ unk meg: 2 1. Eset. (W 1 ∪ W 2 ) ∩ F = ∅.
2. Eset. (W 1 ∪ W 2 ) ∩ F 6= ∅.
L´assuk az esetek bizony´ıt´as´at! 1. Eset. (W 1 ∪ W 2 ) ∩ F = ∅.
x Egy τ szerinti indukci´ot alkalmazunk. Megmutatjuk, hogy Ph,h+0.21− ∩ K2 ∩ F = ∅.
A 4.2. Lemma miatt
azaz
card Ti1 ∩ F ≤ 2 minden i = 1, 2, 3, 4 eset´en, x Ph,H+ ∩ K2 ∩ F = ∅,
y Ph,H+ ∩ K3 ∩ F = ∅,
x PH−3e,h ∩ K4 ∩ F = ∅,
y PH−3,h ∩ K1 ∩ F = ∅.
62
Ism´et alkalmazzuk a 4.2. Lemm´at ´es kapjuk card (Tiτ ∩ F) ≤ 2, ha i = 1, 2, 3, 4 ´es τ ∈ [1, 2]. Ebb˝ol ´es az eset felt´eteleib˝ol kapjuk, hogy x Ph,H+3 ∩ K2 ∩ F = ∅,
y Ph,H+3 ∩ K3 ∩ F = ∅,
x PH−5e,h ∩ K4 ∩ F = ∅,
y PH−5,h ∩ K1 ∩ F = ∅.
Tegy¨ uk fel, hogy x Ph,H+(2n−1) ∩ K2 ∩ F = ∅,
y Ph,H+(2n−1) ∩ K3 ∩ F = ∅,
x PH−(2n+1)e,h ∩ K4 ∩ F = ∅,
y PH−(2n+1),h ∩ K1 ∩ F = ∅,
ahol n ∈ N+ ´es (2n + 1) ≤ 0.21 − 2. Ism´et alkalmazzuk a 4.2. Lemm´at ´es kapjuk card (Tiτ ∩ F) ≤ 2 minden i = 1, 2, 3, 4 ´es τ ∈ [1, n] eset´en. Ebb˝ol ´es az eset felt´eteleib˝ol kapjuk, hogy x Ph,H+(2n+1) ∩ K2 ∩ F = ∅,
y Ph,H+(2n+1) ∩ K3 ∩ F = ∅,
x PH−(2n+3)e,h ∩ K4 ∩ F = ∅,
y PH−(2n+3),h ∩ K1 ∩ F = ∅.
Tegy¨ uk fel, hogy x Ph,H+(2n−1) ∩ K2 ∩ F = ∅,
y Ph,H+(2n−1) ∩ K3 ∩ F = ∅,
x PH−(2n+1)e,h ∩ K4 ∩ F = ∅,
y PH−(2n+1),h ∩ K1 ∩ F = ∅,
ahol n ∈ N+ ´es 0.21 − 2 < (2n + 1) ≤ 0.21. Ism´et alkalmazzuk a 4.2. Lemm´at ´es kapjuk
card (Tiτ ∩ F) ≤ 2 minden i = 1, 2, 3, 4 ´es τ ∈ [1,
0.21 − ] eset´en . 2
Ebb˝ol ´es az eset felt´eteleib˝ol kapjuk, hogy y Ph,h+0.21− ∩ K3 ∩ F = ∅,
x Ph,h+0.21− ∩ K2 ∩ F = ∅,
63
y PH−0.21,h ∩ K1 ∩ F = ∅.
x PH−0.21,h ∩ K4 ∩ F = ∅,
Hasonl´oan, mint kor´abban bel´athatjuk, hogy y Ph,h+0.21− ∩ K4 ∩ F = ∅,
x Ph,h+0.21− ∩ K3 ∩ F = ∅,
y PH−0.21,h ∩ K2 ∩ F = ∅,
x PH−0.21,h ∩ K1 ∩ F = ∅.
´Igy azt kapjuk, hogy a K2 kock´aban elhelyezked˝o k´et F halmazbeli pontnak a (H − 0.21), (H − 0.21), h ´el˝ u t´eglatestben kell elhelyezkednie, aminek az a´tm´er˝oje kisebb, mint 1; ellentmond´as. Ezzel bel´attuk az 1. Esetet. 2. Eset. (W 1 ∪ W 2 ) ∩ F 6= ∅.
Mivel diam (conv(W 1 ∪ W 2 )) < 1, ´ıgy card ((W 1 ∪ W 2 ) ∩ F) = 1.
Ha (W 1 ∩ W 2 ) ∩ F 6= ∅, akkor feltehetj¨ uk, hogy W11 ∩ W22 ∩ F 6= ∅ ´es ´ıgy
card ((K1 ∪ K2 ) ∩ F) ≤ 3, azaz card ((K1 ∪ K2 ∪ K3 ∪ K4 ) ∩ F) ≤ 7, amit bizony´ıtani
szerett¨ unk volna.
Feltessz¨ uk, hogy (W 1 ∩ W 2 ) ∩ F = ∅. Ekkor feltehetj¨ uk, hogy W12 ∩ F 6= ∅. Ekkor
W 1 ∩ F = ∅. Az 1. Esetben m´ar bel´attuk, hogy a felt´etelekb˝ol b¨ovetkezik, hogy
card (Ki ∩ F) = 2 minde i = 1, 2, 3, 4 eset´en ´es W 1 ∩ F = ∅ t´enyb˝ol k¨ovetkezik, hogy y y PH−0.21,h ∩ K1 ∩ F = ∅. De W12 ⊂ PH−0.21,h ∩ K1 ; ellentmond´as. Ezzel bel´attuk a 2.
Esetet.
´Igy bel´attuk, hogy card(K1 ∪K2 ∪K3 ∪K4 ) ≤ 7, azaz a K kock´aban legfeljebb 14 darab F halmazbeli pont lehet. A 14 pont csak u ´ gy helyezkedhet el, hogy k´et szemk¨oztes kis kock´aban van egy-egy pont, a t¨obbi kis kock´aban (amelyek egy l´ancot form´alnak) pedig k´et-k´et pont helyezkedik el. 4. L´ep´es. card(K ∩ F) < 14.
Indirect bizony´ıtunk. Feltehetj¨ uk, hogy card (Ki ∩ F) = 1, ha i = 2, 8, ´es
card (Ki ∩ F) = 2, ha i = 1, 3, 4, 5, 6, 7.
Haszn´aljuk a kor´abbi Gij (i = 1, 3, 4, 5, 6, 7; j = 1, 2) tartom´anyokat a 4.3. Lemm´ab´ol.
N´egy esetet k¨ ul¨onb¨oztet¨ unk meg: 1. Eset. (G1 ∪ G2 ) ∩ F = ∅.
2. Eset. G1 ∩ F 6= ∅ ´es G2 ∩ F = ∅.
3. Eset. G1 ∩ F = ∅ ´es G2 ∩ F 6= ∅.
64
4. Eset. G1 ∩ F 6= ∅ ´es G2 ∩ F 6= ∅.
L´assuk az esetek bizony´ıt´as´at!
1. Eset. (G1 ∪ G2 ) ∩ F = ∅.
Haszn´aljuk a 3. L´ep´esben le´ırt m´odszert a K1 , K5 , K6 , K7 , K3 , K4 kock´akra ´es a K1 , K4 , K3 , K7 , K6 , K5 kock´akra. ´Igy kapjuk, hogy y z x Ph,h+0.21− ∩ K5 ∩ F = ∅, Ph,h+0.21− ∩ K6 ∩ F = ∅, Ph,h+0.21− ∩ K7 ∩ F = ∅, y z x PH−0.21,h ∩ K3 ∩ F = ∅, PH−0.21,h ∩ K4 ∩ F = ∅, PH−0.21,h ∩ K1 ∩ F = ∅,
´es y x z Ph,h+0.21− ∩ K4 ∩ F = ∅, Ph,h+0.21− ∩ K3 ∩ F = ∅, Ph,h+0.21− ∩ K7 ∩ F = ∅, y x z PH−0.21,h ∩ K6 ∩ F = ∅, PH−0.21,h ∩ K5 ∩ F = ∅, PH−0.21,h ∩ K1 ∩ F = ∅.
´Igy azt kapjuk, hogy a K1 kock´aban elhelyezked˝o k´et F halmazbeli pontnak a (H − 0.21), (H − 0.21), h ´el˝ u t´eglatestben kell elhelyezkednie, aminek az a´tm´er˝oje kisebb, mint 1; ellentmond´as. Ezzel bel´attuk az 1. Esetet. 2. Eset. G1 ∩ F 6= ∅ ´es G2 ∩ F = ∅.
Mivel G2 ∩ F = ∅, ´ıgy haszn´aljuk a 3. L´ep´esben le´ırt m´odszert a K1 , K4 , K3 , K7 , K6 , K5 kock´akra. Ekkor kapjuk, hogy
z PH−0.21,h ∩ K1 ∩ F = ∅, y z Mivel diam P0,H−0.21 ∩ K1 \ PH−0.21,h
x PH−0.21,h ∩ K5 ∩ F = ∅.
< 1, ´ıgy
y PH−0.21,h ∩ K1 ∩ F 6= ∅. y z Mivel diam PH−0.21,h ∩ K1 \ PH−0.21,h
Legyen p11 ez a pont, azaz
< 1, ´ıgy
y card PH−0.21,h ∩ K1 ∩ F = 1. y p11 = PH−0.21,h ∩ K1 ∩ F,
65
´es jel¨olje P1 a Phy s´ıkot. hasonl´oan x z p41 := PH−0.21,h ∩ K4 ∩ F, P4 := Phx , p31 := PH−0.21,h ∩ K3 ∩ F, P3 := Phz , y x p71 := Ph,h+0.21− ∩ K7 ∩ F, P7 := Phy , p61 := Ph,h+0.21− ∩ K6 ∩ F, P6 := Phx , z p51 := Ph,h+0.21− ∩ K5 ∩ F, P5 := Phz .
Azt mutatjuk meg, hogy ha α1 :=
min
i∈{1,3,4,5,6,7}
(d(pi1 , Pi )) = d(pj1 , Pj ),
akkor pj1 ∈ Gj1 . Indirekten bizony´ıtunk. Tegy¨ uk fel, hogy pj1 ∈ / Gj1 . Feltehetj¨ uk, hogy j = 5. Ekkor y α1 = d(p51 , P5 ) ´es Ph−α ∩ K1 ∩ F = ∅. 1 ,h
z A 4.2. Lemma miatt Ph,H+α ∩ K5 ∩ F = ∅, azaz d(p51 , P5 ) ≥ α1 + 2 > α1 ; ellent1 +
mond´as. ´Igy feltehetj¨ uk, hogy p51 ∈ G51 ´es d(p51 , P5 ) = α1 .
Jel¨olje (xij , yij , zij ) a pij pont koordin´at´ait, ahol pij ∈ Ki .
z Mivel PH−0.21,h ∩ K1e ∩ F = ∅, ´ıgy
y y x x P0,0.21 ∩ K1e ∩ F 6= ∅, PH−0.21,h ∩ K1e ∩ F 6= ∅, P0,0.21 ∩ K1e ∩ F 6= ∅, PH−0.21,h ∩ K1e ∩ F 6= ∅.
Legyen y x S00 := P0,0.21 ∩ P0,0.21 ∩ K1e ,
y x S10 := PH−0.21,h ∩ P0,0.21 ∩ K1e ,
y x S01 := P0,0.21 ∩ PH−0.21,h ∩ K1e ,
K´et esetet k¨ ul¨onb¨oztet¨ unk meg:
y x S11 := PH−0.21,h ∩ PH−0.21,h ∩ K1e .
2.1. Eset. S00 ∩ F 6= ∅ ´es S11 ∩ F 6= ∅.
2.2. Eset. S01 ∩ F 6= ∅ ´es S10 ∩ F 6= ∅.
(A pontok nem adhatnak m´as elhelyezked´est.) L´assuk az esetek bizony´ıt´as´at! 2.1. Eset. S00 ∩ F 6= ∅ ´es S11 ∩ F 6= ∅.
Azt fogjuk megmutatni, hogy a p11 , p12 , p51 pontoknak nincs el´eg hely. Legyen y x p12 := P0,0.21 ∩ P0,0.21 ∩ K1e ∩ F = S00 ∩ F.
66
y x Eml´ekeztet˝ou ¨ l egy kor´abbi jel¨ol´es, miszerint p11 = PH−0.21,h ∩PH−0.21,h ∩K1e ∩F = S11 ∩F.
A p12 pontot kicser´elj¨ uk a P0y s´ıkra val´o mer˝oleges vet¨ ulet´ere. Vegy¨ uk ´eszre, hogy x51 < H − 0.21, teh´at x51 < x11 , ´ıgy a p11 pontot kicser´elj¨ uk a Phx s´ıkra val´o mer˝oleges
vet¨ ulet´ere. Legyen p51 p051 a p51 v´egpont´ u, P0z s´ıkkal p´arhuzamos, p11 , p12 pontokat tartalmaz´o egyenesre mer˝oleges ´es a P0y s´ıkot nem metsz˝o f´elegyenes. (Vegy¨ uk ´eszre, hogy a p51 p051 f´elegyenes ´es az (x11 , y11 , h + α1 ), (x12 , y12 , h + α1 ) pontokat tartalmaz´o egyenes diszjunkt.) A p51 pontot kicser´elj¨ uk a p51 p051 f´elegyenes ´es a K5 kocka hat´ar´anak metsz´espontj´ara (ez a metsz´espont l´etezik). Ezen cser´ek k¨ozben a p 11 , p12 , p51 pontok p´aronk´enti t´avols´aga nem cs¨okken. Ekkor y12 = 0,
x11 = h,
z51 = h + α,
z52 ∈ bd K5 .
K´et esetet k¨ ul¨onb¨oztet¨ unk meg: 2.1.1. Eset. z11 < z12 . 2.1.2. Eset. z11 > z12 . (Az egyenl˝os´eg nem teljes¨ ulhet.) L´assuk az esetek bizony´ıt´as´at! 2.1.1. Eset. z11 < z12 . A p11 pontot kicser´elj¨ uk a P0z s´ıkra val´o mer˝oleges vet¨ ulet´ere. Ezen csere k¨ozben a p11 , p12 , p51 pontok p´aronk´enti t´avols´aga nem cs¨okken. Az α1 ´ertelmez´es´eb˝ol k¨ovetkezik, hogy y11 ≤ h − α1 . A cser´ek miatt kapjuk, hogy p11 ∈ a12 a1234 . Ekkor a p12 pont nem lehet a P0z s´ıkon. Legyen p12 p012 a p12 v´egpont´ u, P0y s´ıkkal p´arhuzamos, p11 , p51 pontokat tartalmaz´o egyenesre mer˝oleges ´es a Phx s´ıkot nem metsz˝o f´elegyenes. (Vegy¨ uk ´eszre, hogy a p12 p012 f´elegyenes ´es az (x11 , 0, z11 ), (x51 , 0, z51 ) pontokat tartalmaz´o egyenes diszjunkt.) A p12 pontot kicser´elj¨ uk a p12 p012 f´elegyenes ´es az a1 a15 szakasz metsz´espontj´ara. (Ez a metsz´espont l´etezik, mert a p12 p012 f´elegyenes nem metszheti az a1 a12 szakaszt.) Ezen cser´ek k¨ozben a p11 , p12 , p51 pontok p´aronk´enti t´avols´aga nem cs¨okken. Ekkor p11 ∈ a12 a1234 ,
p12 ∈ a1 a15 .
Legyen y γ1 := d(Ph−α , p11 ). 1
67
Alkalmazzuk a 4.6. Megjegyz´est a p11 , p12 pontok k¨oz¨otti t´avols´ag becsl´es´ere (a Megjegyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek) ´es kapjuk z12 > 2α1 + 2γ1 ≥ 2α1 + γ1 , ´ıgy a p51 pont nem lehet a P0x s´ıkon, azaz p11 ∈ a12 a1234 ,
p12 ∈ a1 a15 ,
y51 = h,
z51 = h + α1 .
Alkalmazzuk a 4.6. Megjegyz´est a p12 , p51 pontok k¨oz¨otti t´avols´ag becsl´es´ere (a Megjegyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek) ´es kapjuk x51 > 2α1 + 2γ1 ≥ 2α1 + γ1 . Alkalmazzuk a 4.7. Megjegyz´est a p51 , p11 pontok k¨oz¨otti t´avols´ag becsl´es´ere (a Megjegyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek) ´es kapjuk y11 < h − α1 − γ1 ; ellentmond´as. Ezzel bel´attuk a 2.1.1. Esetet. 2.1.2. Eset. z11 > z12 . A p12 pontot kicser´elj¨ uk a P0z s´ıkra val´o mer˝oleges vet¨ ulet´ere. Ekkor p12 ∈ a1 a12 , azaz p11 nem lehet a P0z s´ıkon. Az α1 ´ertelmez´es´eb˝ol k¨ovetkezik, hogy y11 ≤ h − α1 . Legyen p11 p011 a p11 v´egpont´ u, P0x s´ıkkal p´arhuzamos, p12 , p51 pontokat tartalmaz´o egyenesre mer˝oleges ´es a P0y s´ıkot nem metsz˝o f´elegyenes. (Vegy¨ uk ´eszre, hogy a p11 p011 f´elegyenes ´es a (h, y12 , z12 ), (h, y51 , z51 ) pontokat tartalmaz´o egyenes diszjunkt.) A p11 y pontot kicser´elj¨ uk a p11 p011 f´elegyenes ´es a Ph−α s´ık metsz´espontj´ara. (Ez a metsz´espont 1
l´etezik ´es a K1 kocka hat´ar´an van.) Ezen cser´ek k¨ozben a p11 , p12 , p51 pontok p´aronk´enti t´avols´aga nem cs¨okken. Legyen γ2 := d(P0x , p12 ). Ekkor x11 = h,
y11 = h − α1 , 68
p12 ∈ a1 a12 .
K´et esetet k¨ ul¨onb¨oztet¨ unk meg: 2.1.2.1. Eset. y51 = h ´es z51 = h + α1 . 2.1.2.2. Eset. x51 = 0 ´es y51 6= h ´es z51 = h + α1 .
L´assuk az esetek bizony´ıt´as´at!
2.1.2.1. Eset. y51 = h ´es z51 = h + α1 . Alkalmazzuk a 4.6. Megjegyz´est a p12 , p11 pontok k¨oz¨otti t´avols´ag becsl´es´ere (a Megjegyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek) ´es kapjuk z11 > 2α1 + γ2 ≥ 23 α1 + 21 γ2 . Alkalmazzuk a 4.6.
Megjegyz´est a p11 , p51 pontok k¨oz¨otti t´avols´ag becsl´es´ere (a Megjegyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek) ´es kapjuk y51 > h + γ2 ; ellentmond´as. Ezzel bel´attuk a 2.1.2.1. Esetet. 2.1.2.2. Eset. x51 = 0 ´es y51 6= h ´es z51 = h + α1 .
Alkalmazzuk a 4.6. Megjegyz´est a p12 , p11 pontok k¨oz¨otti t´avols´ag becsl´es´ere (a Megjegyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek) ´es kapjuk z11 > 2α1 + γ2 ≥ 23 α1 + 21 γ2 . Alkalmazzuk a 4.6.
Megjegyz´est a p11 , p51 pontok k¨oz¨otti t´avols´ag becsl´es´ere (a Megjegyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek) ´es kapjuk y51 > h + γ2 ; (ellentmond´as) , vagy y51 < h − 2α1 − γ2 .
Alkalmazzuk a 4.8. Megjegyz´est a p51 , p12 pontok k¨oz¨otti t´avols´ag becsl´es´ere (a Megjegyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek) ´es kapjuk x12 > γ2 ; ellentmond´as. Ezzel bel´attuk a 2.1.2.2. Esetet ´es a 2.1. Esetet. 2.2. Eset. S01 ∩ F 6= ∅ ´es S10 ∩ F 6= ∅.
Legyen
y x p12 := PH−0.21,h ∩ P0,0.21 ∩ K1e ∩ F = S10 ∩ F. y x Eml´ekeztet˝ou ¨ l egy kor´abbi jel¨ol´es, miszerint p11 = F ∩ P0,0.21 ∩ PH−0.21,h ∩ K1e = S01 ∩ F.
Vegy¨ uk ´eszre, hogy 0.21 < x51 < h − 0.21. A p12 pontot kicser´elj¨ uk a Phx s´ıkra
val´o mer˝oleges vet¨ ulet´ere, majd a P0y s´ıkra val´o mer˝oleges vet¨ ulet´ere A p11 pontot kicser´elj¨ uk a P0x s´ıkra val´o mer˝oleges vet¨ ulet´ere. Legyen p51 p051 a p51 v´egpont´ u, P0z s´ıkkal p´arhuzamos, p11 , p12 pontokat tartalmaz´o egyenesre mer˝oleges ´es a P0y s´ıkot nem metsz˝o f´elegyenes. (Vegy¨ uk ´eszre, hogy a p51 p051 f´elegyenes ´es az (x11 , y11 , h + α1 ), (x12 , y12 , h + α1 ) pontokat tartalmaz´o egyenes diszjunkt.) A p51 pontot kicser´elj¨ uk 69
a p51 p051 f´elegyenes ´es a K5 kocka hat´ar´anak a metsz´espontj´ara. Ezen cser´ek k¨ozben a p11 , p12 , p51 pontok p´aronk´enti t´avols´aga nem cs¨okken. Ekkor x11 = 0,
p12 ∈ a12 a1256 ,
z51 = h + α1 .
K´et esetet k¨ ul¨onb¨oztet¨ unk meg: 2.2.1. Eset. z11 < z12 . 2.2.2. Eset. z11 > z12 . (Az egyenl˝os´eg nem teljes¨ ulhet.) L´assuk az esetek bizony´ıt´as´at! 2.2.1. Eset. z11 < z12 . A p11 pontot uk a P0z s´ıkra val´o mer˝oleges vet¨ kicser´elj¨ ulet´ere. Az α1 ´ertelmez´es´eb˝ol k¨ovetkezik eml´ekeztet˝ou ¨ l α1 = min (d(pi1 , Pi )) , hogy p11 ∈ a1 a14 , y11 ≤ h − i∈{1,3,4,5,6,7}
y α1 . Vegy¨ uk ´eszre, hogy p12 ∈ / P0z . Legyen γ3 := d(Ph−α , p11 ). Alkalmazzuk a 4.6. 1
Megjegyz´est a p11 , p12 pontok k¨oz¨otti t´avols´ag becsl´es´ere (a Megjegyz´es felt´etelei tel-
jes¨ ulnek) ´es kapjuk z12 > 2α1 + 2γ3 ≥ 2α1 + γ3 . Ekkor p51 ∈ / Phx , ´ıgy y51 = h.
Alkalmazzuk a 4.6. Megjegyz´est a p12 , p51 pontok k¨oz¨otti t´avols´ag becsl´es´ere (a Megje-
gyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek) ´es kapjuk x51 < h − 2α1 − 2γ3 < h − 2α1 − γ3 . Alkalmazzuk
a 4.7. Megjegyz´est a p51 , p11 pontok k¨oz¨otti t´avols´ag becsl´es´ere (a Megjegyz´es felt´etelei
teljes¨ ulnek) ´es kapjuk x11 < h − α1 − γ3 ; ellentmond´as. Ezzel bel´attuk a 2.2.1. Esetet. 2.2.2. Eset. z11 > z12 . A p12 pontot kicser´elj¨ uk a P0z s´ıkra val´o mer˝oleges vet¨ ulet´ere. Ekkor p12 = a12 . Az α1 ´ertelmez´es´eb˝ol k¨ovetkezik, hogy y11 ≤ h − α1 . Vegy¨ uk ´eszre, hogy p11 ∈ / P0z , ´ıgy
y p11 ∈ P0x . Haszn´aljuk a kor´abbi jel¨ol´est, miszerint γ3 = d(Ph−α , p11 ). Ekkor 1
x11 = 0,
y11 = h − α1 − γ3 ,
p12 = a12 ,
z51 = h + α1 .
Alkalmazzuk a 4.6. Megjegyz´est a p12 , p11 pontok k¨oz¨otti t´avols´ag becsl´es´ere (a Megjegyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek) ´es kapjuk z11 > 2α1 + 2γ3 ≥ 2α1 + γ3 . Alkalmazzuk a 4.6. Megjegyz´est a p11 , p51 pontok k¨oz¨otti t´avols´ag becsl´es´ere (a Megjegyz´es felt´etelei teljes¨ ulnek) ´es kapjuk y51 > h + α1 + γ3 ; ellentmond´as, 70
vagy y51 < h − 3α1 − 3γ3 < h − 2α1 − γ3 ; ellentmond´as (l´asd 4.8. Megjegyz´es). Ezzel bel´attuk a 2.2.2. Esetet ´es a 2.2. Esetet ´es a 2. Esetet. 3. Eset. G1 ∩ F = ∅ ´es G2 ∩ F 6= ∅.
A bizony´ıt´as hasonl´o a 2. Eset bizony´ıt´as´ahoz. 4. Eset. G1 ∩ F 6= ∅ ´es G2 ∩ F 6= ∅.
Jel¨olje pi1 , pi2 az F ∩ Ki halmaz elemeit, ahol i ∈ {1, 3, 4, 5, 6, 7}. Az a´ltal´anoss´ag
megszor´ıt´asa n´elk¨ ul feltehetj¨ uk, hogy p51 ∈ G51 . H´et esetet k¨ ul¨onb¨oztet¨ unk meg: 4.1. Eset. p52 ∈ G52 .
4.2. Eset. p12 ∈ G12 .
4.3. Eset. p42 ∈ G42 .
4.4. Eset. p32 ∈ G32 .
4.5. Eset. p72 ∈ G72 .
4.6. Eset. p62 ∈ G62 .
4.7. Eset. p51 ∈ G52 .
L´assuk az esetek bizony´ıt´as´at! 4.1. Eset. p52 ∈ G52 .
Ekkor diam(G51 ∪ G52 ) < 1; ellentmond´as. Ezzel bel´attuk a 4.1. Esetet. 4.2. Eset. p12 ∈ G12 .
A 4.3. Lemma miatt G12 ∩ F = ∅; ellentmond´as. Ezzel bel´attuk a 4.2. Esetet. 4.3. Eset. p42 ∈ G42 .
Ekkor diam(G51 ∪ G42 ) < 1; ellentmond´as. Ezzel bel´attuk a 4.3. Esetet. 4.4. Eset. p32 ∈ G32 .
z A 4.3. Lemm´ab´ol k¨ovetkezik, hogy PH−0.21,h ∩ K1 ∩ F = ∅. Mivel diam(G51 ∪ G42 ) < 1
´es a 4.2. Lemma miatt
y Ph,h+0.21− ∩ K4 ∩ F = ∅.
Alkalmazzuk a 4.1. K¨ovetkezm´enyt a K3 , K4 kock´akra ´es kapjuk, hogy x PH−0.21,h ∩ K4 ∩ F = ∅.
71
Mivel y x diam K4 \ Ph,h+0.21− ∪ PH−0.21,h
´ıgy
< 1,
card(K4 ∩ F) ≤ 1; ellentmond´as. Ezzel bel´attuk a 4.4. Esetet. 4.5. Eset. p72 ∈ G72 .
y M´ar l´attuk a 4.4. Esetben, hogy G51 ∩ F 6= ∅ felt´etelb˝ol k¨ovetkezik, hogy Ph,h+0.21− ∩
K4 ∩ F = ∅. Hasonl´o okoskod´assal kapjuk, hogy a G72 ∩ F 6= ∅ felt´etelb˝ol k¨ovetkezik,
hogy
x PH−0.21,h ∩ K4 ∩ F = ∅;
ellentmond´as (l´asd 4.4. Eset.). Ezzel bel´attuk a 4.5. Esetet. 4.6. Eset. p62 ∈ G62 .
y M´ar l´attuk a 4.4. Esetben, hogy Ph,h+0.21− ∩K4 ∩F = ∅. Hasonl´o okoskod´assal kapjuk,
hogy
z PH−0.21,h ∩ K3 ∩ F = ∅.
Ha G32 ∩ F 6= ∅, akkor haszn´aljuk a 4.4. Esetet ´es a bizony´ıt´as k´esz.
Ha G32 ∩ F = ∅, akkor haszn´aljuk a 4.2. Lemm´at a K4 , K3 kock´akra ´es kapjuk x Ph,h+0.21− ∩ K3 ∩ F = ∅.
Mivel z x diam K3 \ PH−0.21,h ∪ Ph,h+0.21−
´ıgy
< 1,
card(K3 ∩ F) ≤ 1; ellentmond´as. Ezzel bel´attuk a 4.6. Esetet. 4.7. Eset. p51 ∈ G52 .
Ha G32 ∩ F 6= ∅, akkor haszn´aljuk a 4.4. Esetet ´es a bizony´ıt´as k´esz.
x Ha G32 ∩ F = ∅, akkor bel´attuk a 4.6. Esetben, hogy Ph,h+0.21− ∩ K3 ∩ F = ∅.
72
Ha G72 ∩ F 6= ∅, akkor haszn´aljuk a 4.5. Esetet ´es a bizony´ıt´as k´esz.
Ha G72 ∩ F = ∅, akkor haszn´aljuk a 4.2. Lemm´at a K3 , K7 kock´akra ´es kapjuk z Ph,h+0.21− ∩ K7 ∩ F = ∅. y Hasonl´oan, mint a 4.4. Esetben a p51∈G52 felt´etelb˝ol kapjuk, hogy Ph,h+0.21− ∩ K7 ∩ F =
∅. Mivel
y z diam K7 \ Ph,h+0.21− ∪ Ph,h+0.21−
< 1, ´ıgy card(K7 ∩ F) ≤ 1; ellentmond´as. Ezzel
bel´attuk a 4.7. Esetet ´es a 4. Esetet ´es a T´etel a´ll´ıt´as´at.
73
2
5.
A 4-dimenzi´ os egys´ egkocka fed´ ese g¨ omb¨ okkel
5.1.
Probl´ emafelvet´ es
Brass, Moser ´es Pach [6] k¨onyv´eben olvashatunk a k¨ovetkez˝o probl´em´ar´ol: Legyen g(n) az a minim´alis sz´am, amelyre igaz, hogy az egys´eg ´el˝ u n´egyzet lefedhet˝o n db g(n) sugar´ u k¨orrel. Ezzel kapcsolatban sok eredm´enyt olvashatunk a [6], [4] k¨onyvekben. √ 2 , 2
g22 =
√ 5 , 4
g32 =
√ 65 , 16
g42 =
√ 2 , 4
g52 ,
Pl.: g 12 =
g72 - Heppes, Melissen [25]. Az n ≤ 20
´ert´ekekre konstrukci´ok - Tarnai, G´asp´ar, Melissen, Schuur [62], [41]. Viszont [6] eml´ıti, hogy keveset tudunk ennek a probl´em´anak a magasabb dimenzi´os v´altozat´ar´ol.
Legyen gnd az a minim´alis sz´am, amelyre igaz, hogy az egys´eg ´el˝ u d-dimenzi´os kocka lefedhet˝o n db g(n) sugar´ u d-dimenzi´os g¨ombbel. G. Kuperberg, W. Kuperberg [31] megoldott´ak a d = 3, n = 2, 3, 4, 8 ´es a d ≥ 4, n = 4
eseteket. ´ eredm´eny ebben a t´emak¨orben a d = 4, n = 8 eset. Uj
6. T´ etel. Annak a legkisebb 4-dimenzi´ os g¨ ombnek a sugara
q
5 , 12
ens p´eld´ any´ aval lefedhet˝ o a 4-dimenzi´ os egys´egkocka, azaz g 84 =
q
amelynek 8 kongru5 . 12
Hasonl´o eredm´enyeket tal´alunk Rogers [46], Verger-Gaugray [63] munk´aiban a d dimenzi´os g¨omb fed´es´er˝ol, valamint B¨or¨ozcky, Jr., F´abi´an, Wintsche [5] munk´aj´aban a d-dimenzi´os keresztpolit´op fed´es´er˝ol.
5.2.
A bizony´ıt´ as v´ azlata
El˝osz¨or megadunk 8 darab
q
5 12
sugar´ u g¨omb¨ot, amelyek lefedik a 4-dimenzi´os
egys´egkock´at, majd megmutatjuk, hogy a 4-dimenzi´os egys´egkocka ´elei nem fedhet˝ok le 8 darab enn´el kisebb sugar´ u g¨ombbel.
74
5.3.
El˝ ok´ esz¨ uletek
Jel¨olje C d := [0, 1]d a d-dimenzi´os egys´egkock´at. Az els˝o lemma megfogalmaz´asa el˝ott l´assuk a k¨ovetkez˝o pontokat a 4-dimenzi´os euklideszi t´erben. Legyen o1 65 , 16 , 12 , 16 , o2 16 , 21 , 56 , 16 , o3 12 , 56 , 16 , 16 , o4 61 , 16 , 61 , 12 , o5 56 , 65 , 56 , 12 , o6 o7 21 , 16 , 56 , 56 , o8 16 , 65 , 12 , 56 , m 21 , 12 , 12 , 12 , o31 56 , 61 , 12 , 0 , o32 61 , 12 , 65 , 0 , o33 o34 61 , 16 , 16 , 0 , o35 56 , 56 , 56 , 0 .
5 , 6 1 , 2
1 , 2 5 , 6
1 5 , , 6 6 1 ,0 , 6
q 5 5.1. Lemma. A B4 oi , 12 ⊂ R4 (i = 1, 2, . . . , 8) g¨ omb¨ ok lefedik a 4-dimenzi´ os C 4 egys´egkock´ at.
q 5 Bizony´ıt´ as. Legyen B4i := B4 oi , 12 , ahol i = 1, 2, . . . , 8. q q 5 Mivel d(m, oi ) = 13 < 12 , ´ıgy a C 4 kocka m k¨oz´eppontja benne van mindegyik B4i
g¨ombben (i = 1, 2, . . . , 8).
Megmutatjuk, hogy a B4i g¨omb¨ok (i = 1, 2, . . . , 8) lefedik a C 4 kocka 3-dimenzi´os hiperlapjait. Ebb˝ol k¨ovetkezi, hogy a B4i g¨omb¨ok (i = 1, 2, . . . , 8) lefedik a C 4 kock´at. (A 38. a´br´an a vastag ´elek azok, amelyek teljes eg´esz´eben egy B 4i g¨ombben vannak.) Megmutatjuk, hogy a B4i g¨omb¨ok (i = 1, 2, 3, 4, 5) lefedik a [0, 1]3 × {0} hiperlapot (a
t¨obbi hiperlap fed´ese hasonl´o).
A 4-dimenzi´os B4i g¨omb¨ok (i = 1, 2, 3, 4, 5) ´es az xq ık metszetei ren4 = 0 hipers´ 7 3 3 3 dre a k¨ovetkez˝o 3-dimenzi´os g¨omb¨ok Bi := B oi , 18 , ha i = 1, 2, 3 ´es B3i := B3 o3i , √16 , ha i = 4, 5. El˝osz¨or megmutatjuk, hogy a C03 := [0, 12 ]3 × {0} (3-dimenzi´os) kock´at lefedik a
3-dimenzi´os B3i g¨omb¨ok (i = 1, 2, 3, 4)q(39. a´bra) q 7 Legyen p( 31 , 13 , 13 , 0). Mivel d(p, o3i ) = 11 < , ha i = 1, 2, 3 ´es d(p, o34 ) = 36 18
√1 12
<
√1 , 6
´ıgy p ∈ B3i , ha i = 1, 2, 3, 4. Ha megmutatjuk, hogy a C03 × {0} (3-dimenzi´os) kocka 2-dimenzi´os lapjait lefedik a B3i (i = 1, 2, 3, 4) g¨omb¨ok, akkor megkapjuk, hogy a C03
kocka lefedett a B3i g¨omb¨ok a´ltal (i = 1, 2, 3, 4). L´assuk a (0, 0, 0, 0), ( 21 , 0, 0, 0), ( 12 , 12 , 0, 0), (0, 21 , 0, 0) cs´ ucsokkal rendelkez˝o 2-dimenzi´os lapot! Mivel a conv (0, 0, 0, 0), ( 21 , 0, 0, 0), ( 12 , 13 , 0, 0), ( 31 , 12 , 0, 0), (0, 21 , 0, 0) tartom´anyt a B34 g¨omb ´es a conv ( 21 , 13 , 0, 0), ( 12 , 12 , 0, 0), (0, 21 , 0, 0) tartom´anyt a B33 g¨omb fedi, ez´ert a fenti 2-dimenzi´os lapot a B33 , B34 g¨omb¨ok lefedik. Hasonl´oan a (0, 0, 0, 0), 75
38. a´bra.
( 12 , 0, 0, 0), ( 21 , 0, 12 , 0), (0, 0, 21 , 0) cs´ ucsokkal rendelkez˝o 2-dimenzi´os lapot a B31 , B34 g¨omb¨ok ´es a (0, 0, 0, 0), (0, 21 , 0, 0), (0, 21 , 12 , 0), (0, 0, 21 , 0) cs´ ucsokkal rendelkez˝o 2-dimenzi´os lapot a B32 , B34 g¨omb¨ok fedik. L´assuk az ( 12 , 0, 0, 0), ( 12 , 12 , 0, 0), ( 12 , 12 , 21 , 0), ( 21 , 0, 12 , 0) cs´ ucsokkal rendelkez˝o 2-dimen 1 1 1 1 1 1 zi´os lapot! Mivel a conv ( 2 , 0, 0, 0), ( 2 , 0, 2 , 0), ( 2 , 2 , 2 , 0), ( 21 , 12 , 13 , 0), ( 21 , 13 , 0, 0) tar tom´anyt a B31 g¨omb ´es a conv ( 21 , 13 , 0, 0), ( 21 , 12 , 12 , 0), ( 21 , 12 , 0, 0) tartom´anyt a B33 g¨omb fedi, ez´ert a fenti 2-dimenzi´os lapot a B31 , B33 g¨omb¨ok lefedik. Hasonl´oan a
(0, 0, 12 , 0), ( 21 , 0, 12 , 0), ( 21 , 12 , 12 , 0), (0, 21 , 12 , 0) cs´ ucsokkal rendelkez˝o 2-dimenzi´os lapot a ucsokkal rendelkez˝o 2-dimenzi´os B31 , B32 ´es a (0, 12 , 0, 0), ( 12 , 12 , 0, 0), ( 12 , 12 , 12 , 0), (0, 21 , 12 , 0) cs´ lapot a B32 , B33 g¨omb¨ok fedik, azaz a C03 kocka fedett. Hasonl´oan a [ 12 , 1]3 × {0} kock´at a 3-dimenzi´os B31 , B32 , B33 , B35 g¨omb¨ok fedik. M´asodszor megmutatjuk, hogy a [ 21 , 1] × [0, 12 ] × [0, 21 ] × {0} kock´at a 3-dimenzi´os
B31 , B33 g¨omb¨ok fedik.
76
39. a´bra. Mivel a conv (1, 0, 0, 0), (1, 12 , 0, 0), ( 23 , 12 , 0, 0), ( 12 , 13 , 0, 0), ( 12 , 0, 0, 0), ( 12 , 12 , 31 , 0), ( 12 , 12 , 21 , 0), ( 21 , 0, 21 , 0), (1, 0, 21 , 0), (1, 21 , 12 , 0) tartom´anyt a B31 g¨omb fedi ´es a conv ( 21 , 31 , 0, 0), (1, 21 , 0, 0), ( 12 , 12 , 0, 0), ( 12 , 12 , 12 , 0) tartom´anyt a B33 g¨omb fedi ez´ert a
fenti kocka lefedett a B31 , B33 g¨omb¨ok a´ltal.
Hasonl´oan az [ 21 , 1]2 × [0, 21 ] × {0} kock´at a 3-dimenzi´os B31 , B33 g¨omb¨ok fedik ´es
a [0, 21 ] × [ 21 , 1] × [0, 12 ] × {0} kock´at a 3-dimenzi´os B32 , B33 g¨omb¨ok fedik ´es a [0, 21 ] ×
[ 12 , 1]2 ×{0} kock´at a 3-dimenzi´os B32 , B33 g¨omb¨ok fedik ´es a [0, 21 ]2 ×[ 21 , 1]×{0} kock´at a
3-dimenzi´os B31 , B32 g¨omb¨ok fedik ´es az [ 12 , 1] × [0, 12 ] × [ 21 , 1] × {0} kock´at a 3-dimenzi´os B31 , B32 g¨omb¨ok fedik. Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy a [0, 1]3 × {0} kock´at a 3-dimenzi´os B3i
g¨omb¨ok (i = 1, 2, 3, 4, 5) lefedik, azaz a [0, 1]3 × {0} kock´at a 4-dimenzi´os B4i g¨omb¨ok (i = 1, 2, 3, 4, 5) lefedik.
Hasonl´oan a [0, 1]3 × {1} hiperlapot a 4-dimenzi´os B44 , B45 , B46 , B47 , B48 g¨omb¨ok fedik
´es a {0} × [0, 1]3 hiperlapot a 4-dimenzi´os B42 , B43 , B44 , B47 , B48 g¨omb¨ok fedik ´es a {1} × [0, 1]3 hiperlapot a 4-dimenzi´os B41 , B43 , B45 , B46 , B47 g¨omb¨ok fedik ´es a [0, 1]×{0}×[0, 1]2 hiperlapot a 4-dimenzi´os B41 , B42 , B44 , B46 , B47 g¨omb¨ok fedik ´es a [0, 1] × {1} × [0, 1]2
hiperlapot a 4-dimenzi´os B42 , B43 , B45 , B46 , B48 g¨omb¨ok fedik ´es a [0, 1]2 × {0} × [0, 1]
hiperlapot a 4-dimenzi´os B41 , B43 , B44 , B46 , B48 g¨omb¨ok fedik ´es a [0, 1]2 × {1} × [0, 1] hiperlapot a 4-dimenzi´os B4 , B4 , B4 , B4 , B4 g¨omb¨ok fedik. ´Igy a 4-dimenzi´os C 4 kocka 1
2
3-dimenzi´os hiperlepjait lefedik a
5 B4i
7
8
(i = 1, 2, . . . , 8) g¨omb¨ok, azaz a C 4 kock´at lefedik
a B4i (i = 1, 2, . . . , 8) g¨omb¨ok. Ezzel bel´attuk a Lemma a´ll´ıt´as´at. 77
2
5.2. Lemma. Legyen a1 , a2 ∈ B2 (o, r) ⊂ R2 ,
1 2
< r , d(a1 , a2 ) = 1. Legyen Ra1 ,b1 ´es
Ra2 ,b2 k´et f´elegyenes, amely mer˝ oleges az La1 ,a2 egyenesre. Ha d(o, La1 ,a2 ) ´es r r¨ ogz´ıtett sz´ amok, akkor diam Ra1 ,b1 ∩ B2 (o, r) + diam Ra2 ,b2 ∩ B2 (o, r)
´ert´eke abban az esetben a legnagyobb, ha d(o, a) = d(o, b) ´es R a1 ,b1 , Ra2 ,b2 f´elegyenesek az La1 ,a2 a ´ltal hat´ arolt, o pontot tartalmaz´ o z´ art f´els´ıkban fekszenek. Bizony´ıt´ as. Legyen hi egy, az Lai ,bi egyenesen l´ev˝o, Rai ,bi f´elegyenesen nem l´ev˝o pont, ahol i = 1, 2. Ha az La1 ,a2 egyenes nem tartalmazza az o pontot ´es Ra1 ,b1 6⊂ H(La1 ,a2 , o), akkor
diam (Ra1 ,b1 ∩ B2 (o, r)) < diam (Ra1 ,h1 ∩ B2 (o, r)).
Ekkor az Ra1 ,b1 f´elegyenest ki-
cser´elj¨ uk az Ra1 ,h1 f´elegyenesre ´es az Ra1 ,h1 f´elegyenest ism´et Ra1 ,b1 szimb´olummal jel¨olj¨ uk. Hasonl´oan, ha az La1 ,a2 egyenes nem tartalmazza az o pontot ´es Ra2 ,b2 6⊂ H(La1 ,a2 , o), akkor az Ra2 ,b2 f´elegyenest kicser´elj¨ uk az Ra2 ,h2 f´elegyenesre ´es az Ra2 ,h2
f´elegyenest ism´et Ra2 ,b2 szimb´olummal jel¨olj¨ uk. Ha La1 ,a2 tartalmazza az o pontot ´es H(La1 ,a2 , a1 ) nem tartalmazza az a2 pontot, akkor az Ra2 ,b2 f´elegyenest kicser´elj¨ uk az Ra2 ,h2 f´elegyenesre ´es az Ra2 ,h2 f´elegyenest ism´et Ra2 ,b2 szimb´olummal jel¨olj¨ uk. Ezen cser´ek k¨ozben diam (Ra1 ,b1 ∩ B2 (o, r)) + diam (Ra2 ,b2 ∩ B2 (o, r)) nem cs¨okkent.
Legyen e az o pontot tartalmaz´o, La1 ,a2 egyenessel p´arhuzamos egyenes (40. a´bra).
40. a´bra. Legyen c1 , c2 rendre az e egyenes ´es az Ra1 ,b1 , Ra2 ,b2 metsz´espontja. Legyen d1 , d2 rendre 78
a bd B2 (o, r) ´es a Ra1 ,b1 , Ra2 ,b2 f´elegyenes metsz´espontja. Legyen x := d(o, c1 ) ´es f (x) := diam Ra1 ,b1 ∩ B2 (o, r) + diam Ra2 ,b2 ∩ B2 (o, r) =
Ekkor
= d(a1 , d1 ) + d(a2 , d2 ) = 2d(o, La1 ,a2 ) + d(c1 , d1 ) + d(c2 , d2 ) = p √ = 2d(o, La1 ,a2 ) + r 2 − x2 + r 2 − (1 − x)2 . f 0 (x) = √
1−x −x +p r 2 − x2 r 2 − (1 − x)2
´es f 0 (x) = 0, ha x = 21 . Mivel f 00 ( 12 ) = − 12 lok´alis maximuma van az x0 =
1 2
2 4r√
< 0, ´ıgy az f f¨ uggv´enynek ( ) r2 − 41 pontban. Ezzel bel´attuk a Lemma a´ll´ıt´as´at. 2 r 2 − 14
5.3. Lemma. Legyen Ra,b1 , Ra,b2 , Ra,b3 ⊂ R3 , b1 ab2 ∠ = π2 , b1 ab3 ∠ = π2 , b2 ab3 ∠ =
a ∈ B3 (o, r) ⊂ R3 . Ekkor
X
diam Ra,bi
i=1,2,3
π 2
´es
√ 3 6 ∩ B (o, r) ≤ r . 2 3
Bizony´ıt´ as. Legyen ci := Ra,bi ∩ bd B3 (o, r), ha i = 1, 2, 3. Nyilv´an √ d(a, c1 ) + d(a, c2 ) ≤ d(c1 , c2 ) 2, √ d(a, c2 ) + d(a, c3 ) ≤ d(c2 , c3 ) 2, √ d(a, c1 ) + d(a, c3 ) ≤ d(c1 , c3 ) 2. ´Igy d(a, c1 ) + d(a, c2 ) + d(a, c3 ) ≤ Mivel
√
2 (d(c1 , c2 ) + d(c2 , c3 ) + d(c1 , c3 )) . 2
√ d(c1 , c2 ) + d(c2 , c3 ) + d(c1 , c3 ) ≤ r3 3,
´ıgy X
i=1,2,3
diam Ra,bi
√ 3 6 ∩ B3 (o, r) = d(a, ci ) ≤ r . 2 i=1,2,3
Ezzel bel´attuk a Lemma a´ll´ıt´as´at.
X
2 √
Ha Ra,b1 ∩ B3 (o, r) + Ra,b2 ∩ B3 (o, r) + Ra,b3 ∩ B3 (o, r) = r 3 2 6 , akkor a ∈ int B3 (o, r). 79
5.4. Lemma. Legyen a1 , a2 ∈ B4 (o, r) ⊂ R4 ,
1 2
q 5 12
´es d(a1 , a2 ) = 1. Legyenek
Raj ,bj (i = 1, 2, 3; j = 1, 2) olyan f´elegyenesek, amelyekre igaz, hogy a 2 a1 b1i ∠ = π2 , bji aj bjk ∠ = i
π 1 ,b 2 i
k b2i ´es az a1 , a2 , b1i pontok a ´ltal meghat´ arozott s´ıkban a H(La1 ,a2 , b1i ) f´els´ık tartal-
mazza a b2i pontot minden i, k ∈ {1, 2, 3}(i 6= k), j = 1, 2 eset´en. Ekkor X d(a1 , a2 ) + diam Raj ,bj ∩ B4 (o, r) < 4. i
i=1,2,3;j=1,2
Bizony´ıt´ as. A X
d(a1 , a2 ) +
diam R
i=1,2,3;j=1,2
´ert´eke kisebb, mint d(a1 , a2 ) +
X
aj ,bji
4
∩ B (o, r)
diam Raj ,bj ∩ B
4
i
i=1,2,3;j=1,2
o,
r
5 12
!!
.
Legyen H az a1 a2 szakaszra mer˝oleges, o pontot tartalmaz´o hipers´ık. Ha az Raj ,bj (i = i
1, 2, 3; j = 1, 2) f´elegyenesek vet¨ ulete a H hipers´ıkra r¨ogz´ıtett, akkor az 5.2. Lemma miatt X
i=1,2,3
diam Ra1 ,b1i ∩ B4
o,
r
5 12
!!
+ diam Ra2 ,b2i ∩ B4
o,
r
5 12
!! !
akkor a legnagyobb, ha d(o, a1 ) = d(o, a2 ). ´Igy feltehetj¨ uk, hogy d(o, a1 ) = d(o, a2 ). Legyenek a H1 , H2 hipers´ıkokrendre aza1 aq mer˝ 2 szakaszra q tartal oleges, a1 ,a2 pontot 5 5 4 4 maz´o hipers´ıkok. Ekkor diam H1 ∩ B o, 12 = diam H2 ∩ B o, 12 = √26 . Az 5.3. Lemma miatt d(a1 , a2 ) +
X
i=1,2,3;j=1,2
diam Raj ,bj ∩ B
4
i
o,
=1+3=4 Ezzel bel´attuk a Lemma a´ll´ıt´as´at.
2
80
r
5 12
!!
≤ 1+2
√ ! 1 3 6 √ = 6 2
5.4.
A T´ etel bizony´ıt´ asa
Eml´ekeztet˝ou ¨l a 6 T´ etel. Annak a legkisebb 4-dimenzi´ os g¨ ombnek a sugara
q
5
q12
, amelynek 8 kongruens
5 p´eld´ any´ aval lefedhet˝ o a 4-dimenzi´ os egys´egkocka, azaz g 84 = 12 . q 5 Bizony´ıt´ as. Az 5.1. Lemma miatt 8 kongruens, 12 sugar´ u g¨omb lefedi a C 4 kock´at.
4 Tegy¨ uk fel, q hogy a 4-dimenzi´os C kocka lefedhet˝o 8 olyan g¨ombbel, amelyek sugara 1 5 < r < 12 (nyilv´an 8 olyan g¨ombbel nem fedhet˝o le a C 4 kocka, amelyek sugara 2
legfeljebb 12 ).
Mivel egy g¨omb, amelynek a sugara legfeljebb
q
5 12
<
√ 2 2
nem tartalmazhatja a C 4
kocka h´arom cs´ ucs´at, ´ıgy minden g¨ombben pontosan k´et cs´ ucs´anak kell benne lennie 4 a C 4 kock´ qanak. Az 5.4. Lemma miatt a C kocka ´elhosszakinak o¨sszege, amelyek egy 5 1 < r < 12 sugar´ u g¨ombben benne vannak kisebb, mint 4, azaz 8 egybev´ag´o g¨omb, 2 q 5 amelyek a sugara kisebb, mint nem tudja lefedni a C 4 kocka ´eleit (a C 4 kocka 12
´elhossz¨osszege 32); ellentmond´as. Ezzel bel´attuk a T´etel a´ll´ıt´as´at.
81
2
6.
Pontok pakol´ asa 5-dimanzi´ os kock´ aba
6.1.
Probl´ emafelvet´ es
Brass, Moser ´es Pach [6] k¨onyv´eben olvashatjuk (34. o. 14. Probl´ema) a k¨ovetkez˝o probl´em´at: Legyen k(d) az egys´eg ´el˝ u d-dimenzi´os kock´aban elhelyezhet˝o olyan pontok maxim´alis sz´ama, amelyek p´aronk´enti t´avols´aga legal´abb 1. A probl´em´at m´ar Moser [38] 208-221. o., 41. Probl´ema, Guy [23], o. 244, Moser ´es Pach [39] is eml´ıti. Nyilv´an d = 1, 2, 3 eset´en k(d) = 2d ´es a pontok helyzete egy´ertelm˝ u (d = 3 eset´en Schaer [47], ´es B´alint jr. (priv´at besz´elget´es)). Ez a 4.1. fejezetben bevezetett mdn szimb´olummal fel´ırva m12 = 1, m24 = 1, m38 = 1. Meir bebizony´ıtotta, hogy k(4) = 17 ´es B´alint [1] is bebizony´ıtotta m´as m´odszerekkel az el˝obbi egyenl˝os´eget, s˝ot m´eg azt is, hogy a pontok helyzete ekkor egy´ertelm˝ u, azaz m417 = 1. T¨obben vizsg´alt´ak a log k(d) = 21 + o(1) d log d, ha d → ∞ kifejez´est. Talata (priv´at besz´elget´es) d-
dimenzi´os (d ≥ 4) t´erbeli bizonyos Lp metrika eset´en adta meg a k(d) ´ert´ek´et, s˝ot
bebizony´ıtotta, hogy ekkor a pontok helyzete egy´ertelm˝ u. Makai ´es Talata (priv´at besz´elget´es) aszimptotikus becsl´est adtak a k(d) ´ert´ek´ere. B´alint [1] a k(5) ´ert´ek´et
adta meg akkor, ha a kocka minden cs´ ucspontj´aban van egy pont (olyan pont, amiket pakolni szeretn´enk a kock´aba). Ez az ´ert´ek 34. Teh´at k(5) ≥ 34, azaz m 534 ≥ 1. Sejt´esk´ent fogalmazta meg, hogy k(5) = 34, azaz az 5-dimenzi´os kock´aban 34 pontot
tudunk u ´ gy maxim´alisan elhelyezni, hogy p´aronk´ent egym´ast´ol legal´abb 1 t´avols´agra legyenek. A k(5) ´ert´ek´ere adunk most egy fels˝o korl´atot. 7. T´ etel. Az 5-dimenzi´ os egys´egkock´ aban az olyan pontok maxim´ alis sz´ ama legfeljebb 42, amely pontok p´ aronk´enti t´ avols´ aga legal´ abb 1, azaz k(5) ≤ 42. Teh´at m542 ≥ 1 ´es m543 < 1.
6.2.
Jel¨ ol´ esek
Az 5-dimenzi´os egys´egkock´at ´es annak cs´ ucspontjait jel¨olje rendre C 5 = [0, 1]5 ´es V = {(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) ∈ R5 : ∀i ∈ {1, 2, . . . , 5} xi ∈ {0, 1}}. 82
Legyen (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) az x pont koordin´at´ai. Legyen n o A1 = x ∈ C 5 : ∃y ∈ V ∀i ∈ {1, 2, . . . , 5} |xi − yi | < √15 , n
x ∈ C 5 : ∃y ∈ V ∃i ∈ {1, . . . , 5} ∀n ∈ {1, . . . , 5} \ {i} 2 o 1 1 √ √ 1 − 5 , |xn − yn | < 5 ,
A1 =
√1 5
≤ |xi − yi | ≤
n
A 1 = x ∈ C 5 : ∃y ∈ V ∃i, j ∈ {1, . . . , 5}(i 6= j) ∀m ∈ {i, j} ∀n ∈ {1, . . . , 5} \ 4 o {i, j} √15 ≤ |xm − ym | ≤ 1 − √15 , |xn − yn | < √15 ,
n o A∗1 = x ∈ C 5 : ∃i, j ∈ {1, 2, . . . , 5}(i 6= j) xi = 12 , xj = 12 ∩ A1 , 4
4
A 31 =
n
A∗y 1 =
n
y
5
x ∈ C : ∃i, j ∈ {1, . . . , 5}(i 6= j) ∀m ∈ {i, j} ∀n ∈ {1, . . . , 5} \ {i, j} 64 o \ A∗1 , ahol y ∈ V |xm − ym | ≤ 21 , |xn − yn | < √15
√1 5
≤
4
64
x ∈ C 5 : ∃i ∈ {1, 2, . . . , 5} xi =
Ay11 = A 1 \ (A 31 ∪ A∗1 ∪ A∗1 ), ahol y ∈ V 4
64
64
4
1 2
o
∩ A 1 \ (A 31 ∪ A∗1 ), ahol y ∈ V 4
64
4
64
n
ul¨onb¨oz˝o) ∀m ∈ {i, j, k} ∀n ∈ A 1 = x ∈ C 5 : ∃y ∈ V ∃i, j, k ∈ {1, . . . , 5}(i, j, k mind k¨ 8 o {1, . . . , 5} \ {i, j, k} √15 ≤ |xm − ym | ≤ 1 − √15 , |xn − yn | < √15 , n
x ∈ C 5 : ∃y ∈ V ∃i, j, k, l ∈ {1, . . . , 5}(i, j, k, l mind k¨ ul¨onb¨oz˝o) ∀m ∈ o {i, j, k, l} n ∈ {1, . . . , 5} \ {i, j, k, l} √15 ≤ |xm − ym | ≤ 1 − √15 , |xn − yn | < √15
A
1 16
=
A 1 = [ √15 , 1 − 32
√1 ]5 . 5
A 41. a´bra a C y kock´ahoz tartoz´o egyik A 1 halmaz o¨sszef¨ ugg˝o 4
komponens´enek egy k´et dimenzi´os s´ıkkal alkotott metszet´et mutatja. Jel¨olje Cy , ahol y ∈ {0, 1}5 , a [0, 1 −
√1 ]5 5
kocka azon eltoltj´at, amelynek az egyik
5
cs´ ucsa y ´es az eltolt a C kock´aban van. Haszn´aljuk a k¨ovetkez˝o jel¨ol´est: H := {Cy , ahol y ∈ {0, 1}5 }. A H elemeit kis kock´aknak nevezz¨ uk.
83
41. a´bra.
Tekints¨ uk a Cy ∈ H kis kock´ahoz rendelt s´ ulyf¨ uggv´enyeket 1 21 1 ,ha x ∈ A1 ∩ Cy , 31 64 1 ,ha x ∈ A 1 ∩ Cy , 1 2 2 4 1 1 ∩ Cy , ,ha x ∈ A 11 4 4 y 64 1 f1y (x) = ,ha x ∈ A 1 ∩ Cy , ´es f2 (x) = 8 8 1 1 64 1 ∩ C , ,ha x ∈ A y 16 16 18 1 1 ∩ Cy , ,ha x ∈ A 32 32 1 16 0 ,ha x ∈ / Cy 1 32 0 ahol x ∈ C.
Ha B egy diszkr´et pontrendszer, akkor fiy (B) :=
P
b∈B
,ha x ∈ A1 ∩ Cy ,
,ha x ∈ A 1 ∩ Cy , 2
y
,ha x ∈ A 31 ∩ Cy , 64
,ha x ∈ A∗1 ∩ Cy , 4
,ha x ∈ Ay11 ∩ Cy , 64
,ha x ∈ A∗y 1 ∩ Cy ,
,
64
,ha x ∈ A 1 ∩ Cy , 8
,ha x ∈ A 1 ∩ Cy , 16
,ha x ∈ A 1 ∩ Cy , 32
,ha x ∈ / Cy
fiy (b), ha i = 1, 2. Legyen F ⊂
C 5 olyan diszkr´et pontrendszer, amelyre igaz, hogy minden p, q ∈ F (p 6= q) eset´en 84
d(p, q) ≥ 1. Nyilv´an
card F =
X
y∈{0,1}5
fiy (F ∩ Cy ) ,
ha i = 1, 2. Legyen K ⊂ Rd egy konvex d-dimenzi´os polit´op. Legyen K 0 ´es K 1 rendre a cs´ ucs
´es ´elhalmaza a K polit´opnak. Legyen GK a K 0 cs´ ucshalmaz´ u ´es K 1 ´elhalmaz´ u gr´af. Legyen p ∈ Rd olyan pont, hogy a K polit´opnak l´etezik egyetlen olyan p0 cs´ ucsa,
amely a legk¨ozelebb van a p ponthoz, azaz d(p, p0 ) = min0 d(p, v), azaz p0 a p ponthoz v∈K
legk¨ozelebb l´ev˝o cs´ ucs. Hasonl´oan legyen q ∈ Rd olyan pont, hogy a K polit´opnak
l´etezik egyetlen olyan q0 cs´ ucsa, amely a legk¨ozelebb van a q ponthoz, azaz d(q, q0 ) = min d(q, v), azaz q0 a q ponthoz legk¨ozelebb l´ev˝o cs´ ucs. dK afban 1 (p, q) jelentse a GK gr´
v∈K 0
a p0 , q0 v´egpont´ u minim´alis s´eta hossz´at, ahol p0 , q0 rendre a K cs´ ucsai k¨oz¨ ul a p, q ponthoz legk¨ozelebbi cs´ ucs.
6.3.
A bizony´ıt´ as v´ azlata
A 6.1. Lemm´ab´ol k¨ovetkezi, hogy card F ≤ 32 1 +
1 2
= 48.
A 6.1. ´es a 6.2. Lemm´akb´ol k¨ovetkezik, hogy card F ≤ 16 2 +
3 4
= 44. A 6.1, a 6.2 ´es a 6.3. Lemm´akb´ol kapjuk, hogy card F ≤ 16 2 + 43 = 42.75. Teh´at 64 card F ≤ 42.
6.4.
El˝ ok´ esz¨ uletek
A bizony´ıt´as sor´an haszn´aljuk a k¨ovetkez˝o Lemm´akat. 6.1. Lemma. Ha Cx ∈ H, akkor card(F ∩ Cx ) ≤ 2. Bizony´ıt´ as. Az a´ltal´anoss´ag megszor´ıt´asa n´elk¨ ul vizsg´alhatjuk csak a C (0,0,0,0,0) kock´at. Az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert haszn´aljuk az y0 = (0, 0, 0, 0, 0) jel¨ol´est. Indirekt bizony´ıtunk. Tegy¨ uk fel, hogy card (Cy0 ∩ F) ≥ 3. ´Igy a Cy0 kock´aban van egy p1 , p2 , p3 (val´odi) h´aromsz¨og, amely cs´ ucsai F halmazbeli pontok. A p1 , p2 , p3
h´aromsz¨og legnagyobb sz¨oge legyen a p1 p2 p3 ∠ sz¨og, ami a legnagyobb, ha a p1 p2 , p2 p3 (≥ 85
1) oldalak a lehet˝o legr¨ovidebbek ´es a p1 p3 (≤ p1 p2 p3 ∠ ≤
√ 2 arcsin( 5−1 ) 2
√
5 − 1) a lehet˝o leghosszabb. ´Igy
= 76.34 . . .◦ . Teh´at a p1 p2 p3 h´aromsz¨og hegyessz¨og˝ u. A
minim´alis ter¨ ulete az olyan hegyessz¨og˝ u h´aromsz¨ogeknek, amelyek oldalai legal´abb 1 hossz´ uak
√ 3 . 4 A 4.1. Lemma miatt a p1 , p2 , p3 pontokat kicser´elhetj¨ uk a Cy0 kocka cs´ ucspontjaira, mik¨ozben a p1 p2 p3 h´aromsz¨og ter¨ ulete nem cs¨okken. Egyszer˝ uen ellen˝orizhet˝o, hogy a Cy0 kock´aban az olyan h´aromsz¨ogek maxim´alis ter¨ ulete, amely h´aromsz¨ogek cs´ ucspontjai a kock´anak is cs´ ucspontjai, √ √ 1 2 3 2(1 − √ ) = 0.432 . . . < = 0.43301 . . . ; 4 5 ellentmond´as. Ezzel bel´attuk a Lemma a´ll´ıt´as´at.
2
6.2. Lemma. Legyenek Cx , Cy ∈ H (x 6= y) olyan kis kock´ ak, amelyre Cx ∩Cy ∩A 1 6= 2
∅ ´es Cx ∩ Cy ∩ A 1 ∩ F = ∅. Ekkor 2
3 f1x F ∩ Cx + f1y F ∩ Cy ≤ 2 + . 4 Bizony´ıt´ as. Az a´ltal´anoss´ag megszor´ ul vizsg´alhatjuk ıt´asa n´elk¨ csak a C (0,0,0,0,0) , 1 1 1 us´eg C(1,0,0,0,0) kock´akat ´es feltessz¨ uk, hogy [ √5 , 1 − √5 ] × [0, √5 )4 ∩F = ∅. Az egyszer˝ kedv´e´ert haszn´aljuk az y0 = (0, 0, 0, 0, 0), y1 = (1, 0, 0, 0, 0), C 0 = Cy0 ∪ Cy1 jel¨ol´eseket.
Indirekt bizony´ıtunk. Tegy¨ uk fel, hogy f1y0 (F ∩ Cy0 ) + f1y1 (F ∩ Cy1 ) > 2 + 43 . A 6.1.
Lemma ´es card (F ∩ Cy0 ∩ A1 ) ≤ 1, card (F ∩ Cy1 ∩ A1 ) ≤ 1 miatt kapjuk, hogy
f1y0 (F ∩ Cy0 ) + f1y1 (F ∩ Cy1 ) = 3. Az el˝obbi egyenl˝os´eg pontosan akkor teljes¨ ul, ha
f1y0 (F ∩ Cy0 ) = 1.5 ´es f1y1 (F ∩ ul, ha Cy1 ) = 1.5, ami pontosan akkor teljes¨ card (F ∩ Cy0 ∩ A1 ) = 1, card F ∩ Cy0 ∩ A 1 = 1, 2 card (F ∩ Cy1 ∩ A1 ) = 1, card F ∩ Cy1 ∩ A 1 = 1. 2 1 1 1 4 Mivel [ √5 , 1 − √5 ] × [0, √5 ) ∩ F = ∅ ´ıgy az F ∩ C 0 halmazbeli 12 s´ uly´ u pontok a
darabsz´ama pontosan 2.
Az x1 = 0, (x1 = 1) s´ıkhoz legk¨ozelebbi pontot - ami egy´ertelm˝ uen meghat´arozott kicser´elj¨ uk ezen s´ıkra val´o mer˝oleges vet¨ ulet´ere ´es v0 , (v1 ) szimb´olummal jel¨olj¨ uk. Ezen 86
cser´ek k¨ozben a pontok p´aronk´enti t´avols´aga nem cs¨okken. A C y0 , (Cy1 ) kock´aban elhelyezked˝o m´asik pontot jel¨olje w0 , (w1 ). Legyen T0 = [0, √15 ) × [0, 1 −
√1 ] 5
× [0, √15 )3 . Az a´ltal´anoss´ag megszor´ıt´asa n´elk¨ ul
feltehetj¨ uk, hogy {v0 , w0 } ⊂ T0 . Legyen T1 az az 5-dimenzi´os t´eglatest, amely a Cy1
kock´aban van, tartalmazza az A1 ∩ Cy1 kock´at, ´elhosszai
√1 , √1 , √1 , √1 , 1 5 5 5 5
−
√1 5
´es
amiben a v1 , w1 pontok fekszenek. Legyen Yi (i = 0, 1) azon 4-dimenzi´os kock´aknak
az uni´oja, amelyek oldalhossza
√1 5
− c, ahol c = 0.3 (a tov´abbiakban c = 0.3), a Ti
tartalmazza, az x1 = i hipers´ıkban fekszenek ´es a Ti egy cs´ ucspontj´aval egybeesik az egyik cs´ ucspontjuk. Legyen Y = Y0 ∪ Y1 . Ha vi ∈ / Y valamely i = 0, 1 eset´en, akkor wi
´es x1 = i t´avols´aga legal´abb s min
1 1− 1− √ 5
2
−
2 − c2 , 5
s
2 1− 1− √ +c 5
2
3 − 5
(1)
1 = 0.452 . . . > √ = 0.447 . . . ; 5 ellentmond´as. A tov´abbiakban feltessz¨ uk, hogy {v0 , v1 } ⊂ Y . Ekkor a T0 , (T1 ) 5-
dimenzi´os t´eglatestnek van egy´ertelm˝ uen olyan cs´ ucspontja, amely a legk¨ozelebb van a v0 , (v1 ) ponthoz. Legyen ez s00 , (s01 ) cs´ ucs. Legyen Si = conv(s1i , s2i , s3i , s4i , s5i , s6i ) az az 5-dimenzi´os szimplex, amelyre s1i a Ti dT1 i (s1i , vi ) = 5 cs´ ucsa, d(sji , s1i ) =
√1 5
− c ´es a sji pontok a Ti ´elein helyezkednek el
(j = 2, 3, . . . , 6; i = 0, 1). Vegy¨ uk ´eszre, hogy s0i , s1i a´tellenes pontok a Ti testben (i = 1, 2). Mivel s max
(2)
1 − √15 1 1 2 √ −c< √ <
(3)
1 1− √ 5
2
+
3 + c2 , 5
s
´ıgy wi ∈ Si (i = 0, 1). Mivel
2 1− √ +c 5
2
4 + < 0.997 . . . 5
´ıgy a Tk testnek van egy s illetve k illetve l cs´ ucsa, amely az sji illetve wi illetve vi ponthoz van a legk¨ozelebb a cs´ ucsok k¨oz¨ ul (j = 0, 1, . . . , 6; i = 1, 2; k = 1, 2) (42. a´bra). Legyen s1 az az egyetlen cs´ ucsa a T1 testnek, amelyre dT1 1 (s10 , s1 ) = 0. A 87
42. a´bra.
(3) miatt haszn´alhatjuk a dT1 1 (w0 , s1 ), dT1 1 (v1 , w0 ), dT1 1 (v1 , s1 ) formul´akat ´es a k¨ovetkez˝o egyenl˝os´egeket dT1 1 (w0 , s1 ) = 0, dT1 1 (v1 , w0 ) = dT1 1 (v1 , s1 ). Ha dT1 1 (v1 , w0 ) ≤ 2, akkor s 2 2 1 1 2 d(v1 , w0 ) ≤ (1 − c) + 1 − √ + 3 1 − √ − c = 0.993 . . . < 1. (4) 5 5 ´Igy dT1 1 (v1 , w0 ) ∈ {3, 4, 5}. Az S0 ∪ S1 a´tm´er˝oje akkor a legnagyobb, ha dT1 1 (v1 , w0 ) = 3. Ekkor dT1 1 (w1 , w0 ) = 2, ´ıgy s diam(S0 ∪ S1 ) ≤
1 (1 − 2c)2 + 2 1 − √ 5
2
2 1 + 2 1 − √ − c = 0.94 . . . < 1, (5) 5
ellentmond´as. Ezzel bel´attuk a Lemma a´ll´ıt´as´at.
2
6.1. K¨ ovetkezm´ eny. Legyen Cx , Cy ∈ H (x 6= y) olyan kis kock´ ak, amelyre Cx ∩ Cy ∩ A 1 6= ∅ ´es Cx ∩ Cy ∩ A 1 ∩ F = ∅. Ekkor 2
2
63 f2x F ∩ Cx + f2y F ∩ Cy ≤ 2 + . 64 6.3. Lemma. Legyen Cx , Cy ∈ H (x 6= y) olyan kis kock´ ak, amelyre Cx ∩ Cy ∩ A 1 6= ∅ 2
Cx ∩ Cy ∩ A 1 ∩ F = ∅ ´es Cx ∩ Cy ∩ Ax31 ∩ Ay31 ∩ F = ∅. Ekkor 2
64
64
43 f2x F ∩ Cx + f2y F ∩ Cy ≤ 2 + . 64 88
Bizony´ıt´ as. A bizony´ıt´as hasonl´o a 6.2. Lemma bizony´ıt´as´ahoz. Az a´ltal´anoss´ag megszor´ıt´asa n´elk¨ ul vizsg´alhatjuk csak a C (0,0,0,0,0) , C(1,0,0,0,0) kock´akat y1 ´es feltessz¨ uk, hogy Cy0 ∩ Cy1 ∩ A 1 ∩ F = ∅ ´es Cy0 ∩ Cy1 ∩ Ay0 31 ∩ A 31 ∩ F = ∅. Az 2
64
64
egyszer˝ us´eg kedv´e´ert haszn´aljuk a y0 = (0, 0, 0, 0, 0), y1 = (1, 0, 0, 0, 0) jel¨ol´eseket. Indirekt bizony´ıtunk. Tegy¨ uk fel, hogy f2y0 (F ∩ Cy0 ) + f2y1 (F ∩ Cy1 ) > 2 +
43 . 64
A 6.1.
Lemma ´es a 6.1. K¨ovetkezm´eny n´egy esetet k¨ ul¨onb¨oztet¨ unk meg. 1. Eset. f2y0 (F ∩ Cy0 ) + f2y1 (F ∩ Cy1 ) = 2 +
63 . 64 31 . 32 3 . 4 47 . 64
2. Eset. f2y0 (F ∩ Cy0 ) + f2y1 (F ∩ Cy1 ) = 2 + 3. Eset. f2y0 (F ∩ Cy0 ) + f2y1 (F ∩ Cy1 ) = 2 + 4. Eset. f2y0 (F ∩ Cy0 ) + f2y1 (F ∩ Cy1 ) = 2 +
L´assuk az esetek bizony´ıt´as´at!
1. Eset. f2y0 (F ∩ Cy0 ) + f2y1 (F ∩ Cy1 ) = 2 +
63 . 64
Ekkor
card (F ∩ Cy0 ∩ A1 ) = 1, card F ∩ Cy0 ∩ A 1 = 1, 2 y1 card (F ∩ Cy1 ∩ A1 ) = 1, card F ∩ Cy1 ∩ A 31 = 1, vagy 64 = 1, card (F ∩ Cy0 ∩ A1 ) = 1, card F ∩ Cy0 ∩ Ay0 31 64 card (F ∩ Cy1 ∩ A1 ) = 1, card F ∩ Cy1 ∩ A 1 = 1. 2 Tegy¨ uk fel, hogy card (F ∩ Cy0 ∩ A1 ) = 1, card F ∩ Cy0 ∩ A 1 = 1, 2 y1 card (F ∩ Cy1 ∩ A1 ) = 1, card F ∩ Cy1 ∩ A 31 = 1 (a m´asik eset bizony´ıt´asa hasonl´o). 64
A v0 , v1 , w0 , w1 pontokat u ´ gy ´ertelmezz¨ uk, mint a 6.2. Lemm´aban. Vegy¨ uk ´eszre, hogy
a wi pont ´es a x1 = i s´ık k¨oz¨otti t´avols´ag legfeljebb
√1 5
(i = 0, 1), mert a Cy0 , Cy1
kock´aknak nincs k¨oz¨os pontja. Legyen T0 = [0, √15 ) × [0, 1 −
√1 ] 5
× [0, √15 )3 . Az a´ltal´anoss´ag megszor´ıt´asa n´elk¨ ul
feltehetj¨ uk, hogy {v0 , w0 } ⊂ T0 . Legyen T1 az az 5-dimenzi´os t´eglatest, amely a Cy1
kock´aban van, tartalmazza az A1 ∩ Cy1 kock´at, ´elhosszai
√1 , √1 , √1 , 1 , 1 , 5 5 5 2 2
´es amiben a
v1 , w1 pontok fekszenek. Az Y0 , Y1 ´es Y halmazokat ugyan´ ugy ´ertelmezz¨ uk, mint a 6.2. Lemm´aban tett¨ uk. Az (1) egyenl˝otlens´egb˝ol k¨ovetkezik, hogy v 0 ∈ Y0 . Ha v1 ∈ / Y1 ,
akkor a w1 pont ´es az x1 = 1 hipers´ık k¨oz¨otti t´avols´ag legal´abb (c = 0.3 u ´ gy, mint
89
a 6.2. Lemm´aban) r s 2 1 1 1 2 1 1 1 min 1 − − − c2 , 1 − − √ + c − − = 0.45 . . . > √ , 2 5 2 4 5 5 5
(6)
ellentmond´as. A k¨ovetkez˝okben feltessz¨ uk, hogy {v0 , v1 } ⊂ Y .
Az Si (i = 0, 1) szimplexet u ´ gy ´ertelmezz¨ uk, mint a 6.2. Lemm´aban tett¨ uk. A (2) egyenl˝otlens´egb˝ol k¨ovetkezik, hogy w0 ∈ S0 . Mivel r s 2 1 2 1 1 1 2 max + +c , + − √ +c + 2 5 4 2 5
´ıgy w1 ∈ S1 . Mivel
3 < 0.994 . . . , 5
1 − √15 1 1 1 1 2 √ −c< −c< √ < < < c < 1 − √ + c, 2 4 2 5 2 5 5
(7)
(8)
´ıgy haszn´alhatjuk a dT1 1 (s10 , s1 ) = 0 formul´at, ahol s1 a T1 egy´ertelm˝ u cs´ ucspontja (43. a´bra). A (8) egyenl˝otlens´egekb˝ol k¨ovetkezik, hogy dT1 1 (w0 , s1 ) = 0 ´es dT1 1 (v1 , w0 ) = dT1 1 (v1 , s1 ) (hasonl´oan, mint a 6.2. Lemm´aban haszn´alhatjuk a formul´akat).
43. a´bra.
Ha dT1 1 (v1 , w0 ) ≤ 2, akkor a (4) egyenl˝otlens´egb˝ol k¨ovetkezik az ellentmond´as. ´Igy
dT1 1 (v1 , w0 ) ∈ {3, 4, 5}. Az S0 ∪S1 halmaz a legnagyobb, ha dT1 1 (v1 , w0 ) = a´tm´er˝oje akkor 3. Ekkor dT1 1 (w1 , w0 ) = 2. Mivel 1−c−
1 2
−
√1 5
+ c < 1−2c, ´ıgy (5) egyenl˝otlens´egb˝ol
k¨ovetkezik az ellentmon´ads. Ezzel bel´attuk az 1. Esetet. 90
2. Eset. f2y0 (F ∩ Cy0 ) + f2y1 (F ∩ Cy1 ) = 2 +
31 . 32
Ekkor
card (F ∩ Cy0 ∩ A1 ) = 1, card F ∩ Cy0 ∩ Ay0 = 1, 31 64 card (F ∩ Cy1 ∩ A1 ) = 1, card F ∩ Cy1 ∩ Ay1 = 1. 31 64
y1 Nyilv´an az F ∩ Cy0 ∩ Ay0 ul¨onb¨oz˝oek (a Lemma felt´etelei miatt). 31 , F ∩ Cy1 ∩ A 31 pontok k¨ 64
64
A v0 , v1 , w0 , w1 pontokat u ´ gy ´ertelmezz¨ uk, mint a 6.2. Lemm´aban. Vegy¨ uk ´eszre, hogy
a wi pont ´es az x1 = i hipers´ık k¨oz¨otti t´avols´ag legfeljebb
√1 5
(i = 1, 2), mert a Cy0 , Cy1
kock´aknak nincs F halmazbeli k¨oz¨os pontjuk. Legyen T0 = [0, √15 )×[0, 21 ]2 ×[0, √15 )2 . Az a´ltal´anoss´ag megszor´ıt´asa n´elk¨ ul feltehetj¨ uk,
hogy {v0 , w0 } ⊂ T0 . Legyen T1 az az 5-dimenzi´os t´eglatest, amely a Cy1 kock´aban van, tartalmazza az A1 ∩ Cy1 kock´at, ´elhosszai
√1 , √1 , √1 , 1 , 1 , 5 5 5 2 2
´es amiben a v1 , w1 pontok
fekszenek. Az Y0 , Y1 ´es Y halmazokat ugyan´ ugy ´ertelmezz¨ uk, mint a 6.2. Lemm´aban tett¨ uk. A (6) egyenl˝otlens´egb˝ol k¨ovetkezik, hogy {v0 , v1 } ⊂ Y (´ ugy, mint az 1. Esetben).
Az Si , s1 (i = 0, 1) szimplexet ´es pontot u ´ gy ´ertelmezz¨ uk, mint a 6.2. Lemm´aban tett¨ uk. A (8) egyenl˝otlens´egb˝ol k¨ovetkezik, hogy dT1 1 (w0 , s1 ) = 0 ´es dT1 1 (v1 , w0 ) = dT1 1 (v1 , s1 ) (hasonl´oan, mint a 6.2. Lemm´aban haszn´alhatjuk a formul´akat). Ha dT1 1 (v1 , w0 ) ≤ 2, akkor a (4) egyenl˝otlens´egb˝ol k¨ovetkezik az ellentmond´as. ´Igy
dT1 1 (v1 , w0 ) ∈ {3, 4, 5}. Az S0 ∪ S1 halmaz a´tm´er˝oje akkor a legkisebb, ha dT1 1 (v1 , w0 ) = 3. Ekkor dT1 1 (w1 , w0 ) = 2. Mivel 1−2 21 − √15 + c < 1−2c, ´ıgy az (5) egyenl˝otlens´egb˝ol
k¨ovetkezik az ellentmond´as. Ezzel bel´attuk a 2. Esetet. 3. Eset. f2y0 (F ∩ Cy0 ) + f2y1 (F ∩ Cy1 ) = 2 + 34 .
Ekkor
card (F ∩ Cy0 ∩ A1 ) = 1, card F ∩ Cy0 ∩ A 1 = 1, 2 ∗ card (F ∩ Cy1 ∩ A1 ) = 1, card F ∩ Cy1 ∩ A 1 = 1, vagy 4 card (F ∩ Cy0 ∩ A1 ) = 1, card F ∩ Cy0 ∩ A∗1 = 1, 4 card (F ∩ Cy1 ∩ A1 ) = 1, card F ∩ Cy1 ∩ A 1 = 1. 2
Az 1. Eset bizony´ıt´as´ab´ol kapjuk, hogy a 3. Eset igaz.
91
4. Eset. f2y0 (F ∩ Cy0 ) + f2y1 (F ∩ Cy1 ) = 2 +
47 . 64
Ekkor
card (F ∩ Cy0 ∩ A1 ) = 1, card F ∩ Cy0 ∩ Ay0 = 1, 31 64 card (F ∩ Cy1 ∩ A1 ) = 1, card F ∩ Cy1 ∩ A∗1 = 1 vagy 4 ∗ card (F ∩ Cy0 ∩ A1 ) = 1, card F ∩ Cy0 ∩ A 1 = 1, 4 card (F ∩ Cy1 ∩ A1 ) = 1, card F ∩ Cy1 ∩ Ay1 = 1. 31 64
A 2. Eset bizony´ıt´as´ab´ol kapjuk, hogy a 4. Eset igaz. Ezzel bel´attuk a Lemma a´ll´ıt´as´at.
6.5.
2
A T´ etel bizony´ıt´ asa
Eml´ekeztet˝ou ¨ l, amit bizony´ıtunk. 7. T´ etel. Az 5-dimenzi´ os egys´egkock´ aban az olyan pontok maxim´ alis sz´ ama legfeljebb 42, amely pontok p´ aronk´enti t´ avols´ aga legal´ abb 1, azaz k(5) ≤ 42. Bizony´ıt´ as. Azt fogjuk megmutatni, hogy 4 szomsz´edos kis kock´aban az F halmaz(az f2y f¨ uggv´eny szerint). Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy az F elemeinek a sz´ama nem lehet t¨obb, mint 42 < 42.75 = 8 5 + 11 . 32 beli s´ ulyok o¨sszege nem lehet nagyobb, mint 5 +
11 32
Az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert haszn´aljuk a k¨ovetkez˝o jel¨ol´eseket y00 = (0, 0, 0, 0, 0), y10 =
(1, 0, 0, 0, 0), y01 = (0, 1, 0, 0, 0), y11 = (1, 1, 0, 0, 0), C 00 = Cy00 ∪ Cy10 ∪ Cy01 ∪ Cy11 .
Az a´ltal´anoss´ag megszor´ıt´asa n´elk¨ ul vizsg´alhatjuk csak a C 00 halmazt. K´et esetet k¨ ul¨onb¨oztet¨ unk meg: 1. Eset. F ∩ C 00 ∩ A 1 6= ∅. 2
2. Eset. F ∩ C 00 ∩ A 1 = ∅. 2
L´assuk az esetek bizony´ıt´as´at! 1. Eset. F ∩ H 00 ∩ A 1 6= ∅. 2
K´et esetet k¨ ul¨onb¨oztet¨ unk meg: 1.1. Eset. A n´egy kis kocka k¨oz¨ott van kett˝o, amelyeknek van k¨oz¨os
1 2
s´ uly´ u F hal-
1 2
s´ uly´ u F hal-
mazbeli pontja. 1.2. Eset. A n´egy kis kocka k¨oz¨ott nincs kett˝o, amelyeknek van k¨oz¨os 92
mazbeli pontja. L´assuk az esetek bizony´ıt´as´at! 1.1. Eset. A n´egy kis kocka k¨oz¨ott van kett˝o, amelyeknek van k¨oz¨os
1 2
s´ uly´ u F
halmazbeli pontja. Az a´ltal´anoss´ag megszor´ıt´asa n´elk¨ ul feltehetj¨ uk, hogy a C y00 ´es a Cy01 kock´aknak van k¨oz¨os
1 2
s´ uly´ u pontja. A 6.1. Lemma miatt 1 f2y00 (F ∩ Cy00 ) ≤ 1 + , 2
1 f2y01 (F ∩ Cy01 ) ≤ 1 + . 2
A 6.3. Lemma miatt f2y10 (F ∩ Cy10 ) ≤ 1 +
11 , 64
f2y11 (F ∩ Cy11 ) ≤ 1 +
11 . 64
´Igy f2y00 (F ∩ Cy00 ) + f2y10 (F ∩ Cy10 ) + f2y01 (F ∩ Cy01 ) + f2y11 (F ∩ Cy11 ) ≤ 1 11 11 2 1+ +2 1+ =5+ . 2 64 32
Ezzel bel´attuk az 1.1. Eset a´ll´ıt´as´at.
1.2. Eset. A n´egy kis kocka k¨oz¨ott nincs kett˝o, amelyeknek van k¨oz¨os
1 2
s´ uly´ uF
halmazbeli pontja. Feltehetj¨ uk, hogy a Cy00 kock´aban van F halmazbeli miatt
1 f2y00 (F ∩ Cy00 ) ≤ 1 + , 2 A 6.3. Lemma miatt f2y10 (F ∩ Cy10 ) ≤ 1 +
1 2
s´ uly´ u pont. A 6.1. Lemma
1 f2y11 (F ∩ Cy11 ) ≤ 1 + . 2
11 , 64
f2y01 (F ∩ Cy01 ) ≤ 1 +
11 . 64
´Igy f2y00 (F ∩ Cy00 ) + f2y10 (F ∩ Cy10 ) + f2y01 (F ∩ Cy01 ) + f2y11 (F ∩ Cy11 ) ≤ 1 11 11 2 1+ +2 1+ =5+ . 2 64 32
Ezzel bel´attuk az 1.2. Eset ´es az 1. Eset a´ll´ıt´as´at.
93
2. Eset. C 00 ∩ A 1 ∩ F = ∅.
2 31 Ha nincs az F∩C 00 halmazban 64 s´ uly´ u pont, akkor k´esz a bizony´ıt´as 1 + 41 32 = 40 . ´Igy feltessz¨ uly´ u pont. K´et esetet k¨ ul¨onb¨oztet¨ unk uk, hogy az F∩C 00 halmazban van 31 s´
64
meg: 2.1. Eset. A n´egy kis kocka k¨oz¨ott van kett˝o, amelyeknek van k¨oz¨os
31 64
s´ uly´ u F
31 64
s´ uly´ u F
31 64
s´ uly´ uF
halmazbeli pontja. 2.2. Eset. A n´egy kis kocka k¨oz¨ott nincs kett˝o, amelyeknek van k¨oz¨os halmazbeli pontja. L´assuk az esetek bizony´ıt´as´at! 2.1. Eset. A n´egy kis kocka k¨oz¨ott van kett˝o, amelyeknek van k¨oz¨os halmazbeli pontja. Az a´ltal´anoss´ag megszor´ıt´asa n´elk¨ ul feltehetj¨ uk, hogy a C y00 ´es a Cy01 kock´aknak van y1 k¨oz¨os F ∩ Ay0 31 ∩ A 31 halmazbeli pontja. 64
64
A 6.1. Lemma miatt
f2y00 (F ∩ Cy00 ) ≤ 1 +
31 , 64
f2y01 (F ∩ Cy01 ) ≤ 1 +
31 . 64
11 , 64
f2y11 (F ∩ Cy11 ) ≤ 1 +
11 . 64
A 6.3. Lemma miatt f2y10 (F ∩ Cy10 ) ≤ 1 + ´Igy f2y00 (F ∩ Cy00 ) + f2y10 (F ∩ Cy10 ) + f2y01 (F ∩ Cy01 ) + f2y11 (F ∩ Cy11 ) ≤ 31 11 5 11 2 1+ +2 1+ =5+ <5+ . 64 64 16 32
Ezzel bel´attuk a 2.1. Eset a´ll´ıt´as´at.
2.2. Eset. A n´egy kis kocka k¨oz¨ott nincs kett˝o, amelyeknek van k¨oz¨os halmazbeli pontja. Feltehetj¨ uk, hogy a Cy00 kock´aban van F halmazbeli
31 64
s´ uly´ u pont.
A 6.1. Lemma ´es a felt´etelek miatt f2y00 (F ∩ Cy00 ) ≤ 1 +
31 64
f2y11 (F ∩ Cy00 ) ≤ 1 + 94
31 . 64
31 64
s´ uly´ uF
A 6.3. Lemma miatt f2y10 (F ∩ Cy10 ) ≤ 1 +
11 , 64
f2y01 (F ∩ Cy01 ) ≤ 1 +
11 . 64
´Igy f2y00 (F ∩ Cy00 ) + f2y10 (F ∩ Cy10 ) + f2y01 (F ∩ Cy01 ) + f2y11 (F ∩ Cy11 ) ≤ 31 11 5 11 2 1+ +2 1+ =5+ <5+ . 64 64 16 32
Ezzel bel´attuk a 2.2. Eset a´ll´ıt´as´at ´es a T´etel a´ll´ıt´as´at.
95
2
7.
Irodalom
Hivatkoz´ asok [1] V. B´alint and V. B´alint Jr.: On the number of points at distance at least 1 in the unit cube, Geombinatorics 12 (2003) 157-166. [2] D.W. Boll, J. Donovan, R.L. Graham, B.D. Lubachevsky: Improving dense packing of equal disk in a square, The Electronic Journal of Combinatorics 7 (2000) #R46. [3] K. B¨or¨oczky and Z. L´angi: On the relative distances of six points in a plane convex body, Stud. Sci. Math. Hungar. 42 (2005) 253-264. [4] K. B¨or¨ozcky, Jr.: Finite packing and covering, Cambridge Univ. Press, 2004. [5] K. B¨or¨ozcky, Jr., I. F´abi´an and G. Wintsche: Covering the crosspolytope by equal balls, Period. Math. Hungar. 53 (2006) 103-113. [6] P. Brass, W. Moser and J. Pach: Research problems in discrete geometry, Springer Verlag, New York (2005). [7] L.G. Casado, I. Garc´ıa, P.G. Szab´o, T. Csendes: Packing Equal Circles in a Square I. - Problem Setting and Bounds for Optimal Solutions, Optimization Theory: Recent Developments from M´ atrah´ aza Kluwer Academic Publishers, Dordrecht, (2001) pp. 191-206. [8] L.G. Casado, I. Garc´ıa, P.G. Szab´o, T. Csendes: Packing equal circles in a square II. - New results for up to 100 circles using the TAMSASS-PECS algorithm Optimization Theory: Recent Developments from M´ atrah´ aza Kluwer Academic Publishers, Dordrecht (2001) pp. 207-224. [9] S.A. Chepanov, S.S. Ryvskov, N.N. Yakovlev: On the disjointness of point systems (in Russian), Trudy Mat. Inst. Steklov 196 (1991) 147-155. [10] K. Doliwka and M. Lassak: On relatively short and long sides of convex pentagons, Geom. Dedicata 56 (1995) 221-224. 96
[11] P. G. Doyle, J. C. Lagarias and D. Randall: Self-packing of centrally symmetric convex bodies in R2 , Discrete Comput. Geom. 8 (1992) 171-189. [12] G. Fejes T´oth: Packing and covering, in: Handbook of Discrete and Computational Geometry, ed. by J. E. Goodman and J. O’Rourke, CRC Press, Boca Raton, New York (1997) 19-41. [13] G. Fejes T´oth and W. Kuperberg: Packing and covering with convex sets, in: Handbook of Convex Geometry, ed. by P. M. Gruberg and J. M. Wills, NorhtHolland, Amsterdam (1993) 799-860. [14] Th. Gensane: Dense packing of equal spheres in a cube, The Electronic Journal of Combinatorics 11 (2004), #R33. [15] S. Golab: Some metric problems of the geometry of Minkowski, Trav. Acad. Mines Cracovie 6 (1932) 1-79. [16] M. Goldberg: On the densest packing of equal spheres in a cube, Math. Mag. 44 (1971) 199-208. [17] M. Goldberg: The packing of equal circles in a square, Math. Mag. 43 (1970) 24-30. [18] M. Grannell: An even better packing of ten equal circles in a square, Manuscript (1990). [19] H. Groemer: Absch¨atzungen f¨ ur die Anzahl der konvexen K¨orper, die einen konvexen K¨orper ber¨ uhren, Monatsh. Math., 65 (1961) 74-81. [20] C. de Groot, R. Peikert, D. W¨ urtz: The optimal packing of ten equal circles in a square, IPS Research Report, ETH Z¨ urich No. 90-12 (August 1990). [21] B. Gr¨ unbaum: On a conjecture of Hadwiger, Pacific. J. Math. 11 (1961) 215-219. [22] B. Gr¨ unbaum: An improved packing of ten circles in a square, Manuscript (1990). [23] R.K. Guy: Problems, The geometry of linear metric spaces (1975) 233-244. Lecture Notes in Math. 490 Spinger Berlin MR 53 # 6419. 97
¨ [24] H. Hadwiger: Uber Treffanzahlen der translationsgleichen Eichk¨orpern, Arch. Math. 8 (1957) 212-213. [25] A. Heppes, J,B.M. Melissen: Covering a rectangle with equal circles, Period. Math. Hungar 34 (1997) 65-81. [26] A. Jo´os and Zs. L´angi: On the Relative Distances of Seven Points in a Plane Convex Body, J. Geom. (to appear). [27] A. Jo´os: On a convex body with odd Hadwiger number, Acta. Math. Hungar. (to appear). [28] A. Jo´os: On the packing of fourteen congruent spheres in a cube, Geom. Dedicata (submitted). [29] A. Jo´os: Covering the unit cube by equal balls, Beitr¨ age Algebra Geom. (submitted). [30] A. Jo´os: On the number of points at distance at least 1 in the 5-dimensional unit cube, Canad. Math. Bull. (submitted). [31] G. Kuperberg and W. Kuperberg: Ball packings and coverings with respect to the unit cube, (in preparation). [32] K. Kirchner, G. Wengerodt: Die dichteste Packung von 36 Kreisen in einem Quadrat, Beitr¨ age zur Algebra und Geom. 25 (1987) 147-159. [33] B.D. Lubachevsky, R.L. Graham, F.H. Stillinger: Patterns and structures in disk packings, Period. Math. Hungar. 34 (1997) 123-142. [34] M.Cs. Mark´ot: Optimal packing of 28 equal circles in a unit square - the first reliable solution, Numerical Algorithms 37 (2004) 253-261. [35] C.D. Maranas, Ch.A. Floudas, P.M. Pardalos: New results in the packing of equal circles in a square, Discrete Math. 142 (1995) 287-293. [36] R. Milano:
Configurations optimales de desques dans un polygone r´egulier,
M´emoire de Licence, Universit´e Libre de Bruxelles (1978). 98
[37] M. Mollard, C. Payan: Some progress in the packing of equal circles in a square, Discrete Math. 84 (1990) 303-307. [38] L. Moser:
Poorly formulated unsolved problems of combinatorial geometry,
Mimeographed (1966). [39] W. Moser and J. Pach: Research problems in discrete geometriy, Privately published collection of problems (1994). [40] W.O.L. Moser: Problems, problems, problems, Discrete Appl. Math. 31 (1991) 201-225. [41] K.J. Nurmela: Circle covering in the plane, Proceedings of the Seventh Nordic Combinatorical Conference (Turku 1999), TUCS Gen. Publ. 15, Turku Cent. Comput. Sci. Truku (1999) 71-78. ¨ [42] K.J. Nurmela, P.R.J. Osterg˚ ard: Optimal packings of equal circles in a sqare, in: Combinatorics, Graph Theory, and Algorithms, Y. Alavi, D.R. Lick, A. Schwenk eds., (Proceedings of Eight Quadrennial International Conference on Graph Theory, Combinatorics, Algorithms, and Applications) (1999) 671-680. ¨ [43] K.J. Nurmela, P.R.J. Osterg˚ ard: Packing up to 50 equal circles in a square, Discrete Comput. Geom. 18 (1997) 111-120. ¨ [44] K.J. Nurmela, P.R.J. Osterg˚ ard: More optimal packing of equal circles in a sqare, Discrete Comput. Geom. 22 (1999) 439-457. [45] R. Peikert, D. W¨ urtz, M. Monagan, C. de Groot: Packing circles in a square: A rewiev and new results, in System modelling and Optimization (1991), P. Kall, ed., Springer Lecture Notes Control Inf. Sci. 180 (1992) 45-54. [46] C.A. Rogers: Covering a sphere with spheres, Mathematika 10 (1963) 157-164. [47] J. Schaer: On the densest packing of spheres in a cube, Canad. Math. Bull. 9 (1966) 265-270.
99
[48] J. Schaer: On the densest packing of five spheres in a cube, Canad. Math. Bull. 9 (1966) 271-274. [49] J. Schaer: On the densest packing of six spheres in a cube, Canad. Math. Bull. 9 (1966) 275-280. [50] J. Schaer: On the densest packing of ten congruent spheres in a cube, in: Intuitive Geomety (Szeged, 1991), K. B¨or¨oczky et al., eds., Colloq. Math. Soc. J´anos Bolyai 63 North-Holland (1994) 403-424. [51] J. Schaer: On the densest packing of nine circles in a square, Canad. Math. Bull. 8 (1965) 273-277. [52] J. Schaer: On the densest packing of ten equal circles in a square, Math. Mag. 44 (1971) 139-140. [53] J. Schaer, A. Meir: On a geometric extremum problem, Canad. Math. Bull. 8 (1965) 21-27. [54] K. Schl¨ uter: Kreispackung in Quadraten, Elemente der Math. 34 (1979) 12-14. [55] B.L. Schwartz: Separating points in a square, J. Recreational Math. 3 (1970) 195-204. [56] H.P.F. Swinnerton-Dyer: Extremal lattices of convex bodies, Proc. Cambridge Phil. Soc. 49 (1953) 161-162. [57] I. Talata: Exponential lower bound for the translative kissing number of d dimensional convex bodies, Discrete Comput. Geom. 19 (1998) 447-455. [58] I. Talata: The translative kissing number of tetrahedra is eighteen, Discrete Comput. Geom. 22 (1999) 231-248. [59] I. Talata: On a lemma of Minkowski, Period. Math. Hungar. 36 (1998) 199-207. [60] I. Talata: On extensive subset of convex bodies, Period. Math. Hungar. 38 (1999) 231-246. 100
[61] I. Talata: On an example for a convex body whose tarnslative kissing number is odd, Private comunication [62] T. Tarnai, Z. G´asp´ar: Covering a square by equal circles, Elemente Math. 50 (1995) 167-170. [63] J-L. Verger-Gaugray: Covering a ball with smaller equal balls in R n , Disc. Comp. Geom. 33 (2005) 143-155. [64] G. Valette: A better packing of ten circles in a square, Discrete Math. 76 (1989) 57-59. [65] G. Wengerodt: Die dichteste Packung von 16 Kreisen in einem Quadrat, Beitr¨ age zur Algebra und Geom. 16 (1983) 173-190. [66] G. Wengerodt: Die dichteste Packung von 14 Kreisen in einem Quadrat, Beitr¨ age zur Algebra und Geom. 25 (1987) 25-46. [67] G. Wengerodt: Die dichteste Packung von 25 Kreisen in einem Quadrat, Ann. Univ. Sci. Budapest E¨ otv¨ os Sect. Math. 30 (1987) 3-15. [68] C. Zong: The kissing numbers of convex bodies - A brief survey, Bull. London Math. Soc. 30 (1998) 1-10.
101
¨ Osszefoglal´ as
Olyan diszkr´et pontrendszereket vizsg´alok, amely pontrendszerek egy adott konvex tartom´anyon bel¨ ul helyezkednek el, ´es a pontok p´aronk´enti t´avols´aga legal´abb egy adott ´ert´ek. Ez a probl´ema a´tfogalmazhat´o egy adott konvex tartom´anyban elhelyezked˝o egybev´ag´o, nem egym´asbany´ ul´o g¨omb¨ok sugar´anak a maximaliz´al´as´ara, ha a g¨omb¨ok darabsz´ama r¨ogz´ıtett. Ennek a du´alisa, miszerint egy adott konvex tartom´anyt a lehet˝o legkisebb, egybev´ag´o g¨omb¨okkel fed¨ unk le, ha a g¨omb¨ok darabsz´ama r¨ogz´ıtett. Ezen eredm´enyek sor´at b˝ov´ıtem ebben a dolgozatban. A dolgozat m´asodik fejezet´eben a s´ıkon egy tetsz˝oleges C konvex alakzatban helyezek el h´et darab pontot, amelyek C-t´avols´ag´at vizsg´alom. A fejezetben k¨oz¨olt eredm´eny L´angi Zsolttal k¨oz¨os. A harmadik fejezetben a 3-dimenzi´os euklideszi t´erben megadok egy olyan centr´alszimmetrikus, konvex testet, amelynek a Harwiger-sz´ama 15, azaz az olyan eltoltjainak a maxim´alis sz´ama 15, amelyek ´erintik az eredeti testet ´es az eltoltak nem ny´ ulnak egym´asba. Ezt az eredm´enyt a´tfogalmazzuk pontok egy norm´alt t´erben val´o pakol´as´ara. A negyedik fejezetben a 3-dimenzi´os euklideszi t´erben megmutatom, hogy a legkisebb √ kocka ´ele 2, amelyben elf´er 14 olyan pont, amelyek p´aronk´enti t´avols´aga legal´abb 1. Az o¨t¨odik fejezetben a 4-dimenzi´os euklideszi t´erben megmutatom, hogy a 4-dimenzi´os egys´egkocka 8 darab q 4-dimenzi´os, egybev´ag´o g¨ombbel val´o lefed´ese eset´en a g¨omb¨ok 5 minim´alis sugara 12 . A hatodik fejezetben az 5-dimenzi´os euklideszi t´erben az 5-dimenzi´os egys´egkock´a-
ban elhelyezhet˝o olyan pontok darabsz´am´ara adok egy fels˝o becsl´est, amely pontok t´avols´aga legal´abb 1. Ez a fels˝o becsl´es 42.
102
Summary
I examine such discreet point systems, which of points lie in a convex body and the mutual distances among them are at least a given distance. We can reformulate the problem. We search for the maximum radius of n congruent balls, which lie in a given convex body and the balls are nonoverlapping. We examine the dual problem, too, that is we search for the minimum radius of n congruent balls, which cover a given convex body. In the second chapter I examine the C-distance of seven points in a plain convex body C. It is a common acquisition with Zsolt L´angi. In the third chapter I give a convex body in the 3-dimensional Euclidean space, which of Hadwiger-number is 15. In the fourth chapter I give the smallest cube in the 3-dimensional Euclidean space, in which one can arrange 14 points so that all mutual distances are at least 1. In the fifth chapter I give the smallest ball, which of 8 congruent copies cover the unit cube in the 4-dimensional Euclidean space. In the sixth chapter I give an upper bound of the maximum number of points in the 5-dimensional unit cube so that all mutual distances are at least 1.
103
